ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE SA PRIJEMNIH ISPITA NA

GRA�EVINSKO-ARHITEKTONSKOM FAKULTETU U NIXU

Predgovor

Ova zbirka je namenjena uqenicima srednjih xkola koji se pripremaju zaprijemni ispit iz matematike za upis na sve smerove gra�evinskog odsekaGra�evinsko-arhitektonskog fakulteta i sadrжi zadatke sa prijemnih ispitana ovom fakultetu u periodu od 1977. do 2015. godine. Svi zadaci u rokovimaod 1977. do 1998. godine detaljno su rexeni. Zbirka pruжa mogu�nostsagledavanja karaktera zadataka koji se mogu pojaviti na prijemnom ispitu.Na internet adresi http://rc5.gaf.ni.ac.rs/dec/matematika/mat/system/index.phpGra�evinsko-arhitektonskog fakulteta u Nixu nalaze se zbirke zadataka saprijemnih ispita na nekim tehniqkim fakultetima, kao i obilje materijalakoje moжe posluжiti za pripremu prijemnog ispita.

Na samom poqetku je dat program za polaganje klasifikacionog ispitaiz matematike. Napominjemo da se u junskom ispitnom roku 1984, godine zaizradu jednog zadatka korix�eni izvodi, ali je prema navedenom programuova oblast izostavljena.

Poqev od 2004. godine prijemni ispit iz matematike polagani su na iz-menjen naqin u odnosu na dotadaxnji. Uz tekstove zadataka ponu�eno je vixeodgovora, od kojih treba zaokruжiti samo jedan.

PROGRAM ZA POLAGANjE KLASIFIKACIONOG

ISPITA IZ MATEMATIKE

1. Elementi algebre skupova, logiqkog zakljuqivanja i kombinatorike.

2. Skup celih brojeva, algebra celih i racionalnih izraza.

3. Linearne jednaqine i nejednaqine.

4. Stepenovanje i korenovanje.

5. Taqka, prava, ravan, podudarnost. Vektori.

6. Izometrijske transformacije.

7. Povrxina mnogougla.

8. Homotetija i sliqnost.

9. Elementi trigonometrije. Trigonometrijske funkcije oxtrog ugla.Osnovni trigonometrijski identiteti. Tablica trigonometrijsh funkcija.Rexavanje pravouglog trougla. Merenje ugla, radijan. Trigonometri-jske funkcije ma kog ugla, grafici funkcija sinx, cosx, tg x. Trigonometri-jske jednaqine jednostavnijih oblika. Sinusna i kosinusna teorema saprimenama.

10. Kvadratna jednaqina i kvadratna funkcija. Kvadratna jednaqina injeno rexavanje. Priroda rexenja kvadratne jednaqine, diskriminanta.Vijetove formule. Rastavljanje kvadratnog trinoma na linearne qin-ioce. Primene. Kvadratna funkcija i njeno ispitivanje (nule, znak,ekstremna vrednost, grafik). Nejednaqine oblika ax2 + bx + c ≥ 0 iax2 + bx + c ≤ 0. Sistem od jedne kvadratne i jedne linearne jednaqine.Bikvadratne jednaqine. Iracionalne jednaqine.

11. Eksponencijalna i logaritamska funkcija. Eksponencijalna funkcijai njeno ispitivanje. Eksponencijalne jednaqine. Logaritamska funkcijai njeno ispitivanje. Osnovna pravila logaritmovanja. Logaritamskejednaqine. Dekadni logaritmi. Primena logaritama (sa upotrebomtablica).

12. Krug. Duжina kruжnice i kruжnog luka. Povrxina kruga, kruжnogiseqka i odseqka.

13. Poliedri. Ortogonalnost pravih i ravni. Ugao izme�u prave i ravni.Dijedar i rogalj. Poliedar, pravilan poliedar. Prizma, piramidai njihovi ravni preseci. Povrxina poliedra. Zapremina prizme, pi-ramide i zarubljene piramide.

3

14. Obrtna tela. Cilindriqna, konusna i obrtna povrx. Prav valjak, pravakupa, zarubljena prava kupa i njihove povrxine i zapremine. Sfera.Sfera i ravan. Povrxina lopte, sferne kalote i pojasa. Zapreminalopte.

15. Definicija trigonometrijskih funkcija. Algebarska vrednost vek-tora. Projektovanje vektora na osu, projekcija zbira vektora na osu.Razlaganje vektora na komponente. Koordinate vektora. Uopxtenje po-jma ugla. Merenje ugla. Radijan, kruжni luk. Kruжni iseqak. Kruжniodseqak. Definicija trigonometrijskih funkcija ma kog ugla (svojstvatrigonometrijskih funkcija). Osnovni trigonometrijski identiteti.

16. Ispitivanje i grafiqko predstavljanje trigonometrijskih funkcija.

Grafiqko odre�ivanje vrednosti sinusa, kosinusa, tangensa i kotangensama kog ugla. Rax�enje i opadanje trigonometrijskih funkcija. Vredno-sti trigonometrijskih fukcija uglova od 0◦, 90◦, 180◦, 270◦ i 360◦. Svo�e-nje na prvi kvadrant. Trigonometrijske funkcije apstraktnog argumenta.Grafiqko prikazivanje toka trigonometrijskih funkcija sinx, cosx, tg xi sin(ax+ b).

17. Adicione formule za trigonometrijske funkcije. Ugao izme�u dvavektora. Izraqunavanje algebarske vrednosti projekcije vektora. Skalarniproizvod dva vektora. Sinus zbira i razlike uglova. Kosinus zbira irazlike uglova. Tangens zbira i razlike uglova. Transformacije zbirai razlike trigonometrijskih funkcija u proizvod.

18. Trigonometrijske jednaqine i nejednaqine sa geometrijskom inter-

pretacijom. Jednaqina oblika : sinx = a i f(sinx) = 0, cosx = a if(cosx) = 0, tg x = a i f(tg x) = 0. Trigonometrijske nejednaqine :sinx < a, cosx < a i tg x < a.

19. Primena trigonometrije u planimetriji i stereometriji.

20. Binomna formula.

21. Taqka i prava u ravni i njihove jednaqine. Rastojanje dve taqke.Podela duжi po datoj razmeri. Povrxina trougla, uslov da tri taqkeleжe na istoj pravoj. Razni oblici jednaqine prave (eksplicitni, opxti,prava datog pravca kroz jednu taqku, prava kroz dve taqke) Konstrukcijaprave qija je jednaqina data. Me�usobni poloжaj dveju pravih, presek,ugao izme�u dveju pravih, paralelnost, ortogonalnost. Poloжaj taqkeprema pravoj.

22. Krive u ravni i njihove jednaqine. Formiranje jednaqine geometri-jskog mesta taqaka. Translacija koordinatnog sistema. Konusni preseci:krug, elipsa, hiperbola, parabola -definicija, svojstva, jednaqine. Pravai krug, elipsa, hiperbola, parabola (me�usobni poloжaj).

4

23. Sistemi linearnih algebarskih jednaqina. Sistem linearnih jedna-qina : nehomogen, homogen, rexenja sistema, saglasan i nesaglasan sis-tem. Gausov algoritam. Slobodne i vezane nepoznate u sistemu lin-earnih jednaqina.

24. Sistemi linearnih algebarskih nejednaqina. Sistem linearnih ne-jednaqina, saglasan i nesaglasan sistem, rexenje sistema. Rexavanjesistema linearnih nejednaqina sa dve ili tri nepoznate. Geometrijskainterpretacija sistema od n, n > 2 linearnih nejednaqina sa dve nepoz-nate.

25. Realni brojevi, kompleksni brojevi. Osnovna svojstva polja real-nih brojeva. Svojstvo neprekidnosti skupa realnih brojeva. Kopleksnaravan. Moduo i argument kompleksnog broja. Trigonometrijski oblikkompleksnog broja. Operacije sa kompleksnim brojevima zapisanim utrigonometrijskom obliku. Moavrova formula.

Septembar, 1975.

1. Na svaku stranu kvadrata stranice a nanese se poqev od jednog temena uistom smeru 2

3a pa se spoje deone taqke i tako se dobije drugi kvadrat. Od

ovog kvadrata se istim pstupkom dobije tre�i itd. Na�i zbir povrxinasvih tih kvadrata.

2. Na�i oblast definisanosti funkcije

y =

√

x− 4

x2 − 4x+ 3.

3. Data je hiperbola 9x2− 4y2 = 36. Na�i povrxinu trougla qija su temenakoordinatni poqetak, desna жiжa i taqka na asimptoti koja ima istuapscisu kao жiжa, a nalazi se u prvom kvadrantu.

4. Rexiti jednaqinu sin 3x = cos 2x.

REXENjA 1. Stranice kvadrata dobijenih ovim postukom su:

a1 = a, a2 =

√

(

a

3

)2+(

2a

3

)2=

√5

3a, a3 =

√5

3a2, . . . ,

an =√5

3an−1 =

(√5

3

)

n−1

a, . . .

Povrxine kvadrata qine beskonaqnu geometrijsku progresiju

P1 = a2, P2 = 4

9a2, P3 =

(

4

9

)2a2 = 4

9P1, ...,

Pn =(

4

9

)

n−1a2 = 4

9Pn−1.

5

Ukupna povrxina je u stvari suma ove beskonaqne geometrijske progresije:

P = P1 + P2 + · · ·+ Pn + · · · = P1

1− 4

9

=a2

5

9

=9

5a2.

2. Oblast definisanosti date funkcije je

Df =

{

x ∈ R

∣

∣

∣

∣

x− 4

x2 − 4x+ 3≥ 0 ∧ x2 − 4x+ 3 6= 0

}

Kako jex− 4

x2 − 4x+ 3≥ 0 ⇔ x− 4

(x− 1)(x− 3)≥ 0, iz tabele nalazimo da je oblast

definisanosti date funkcije Df = (1, 3) ∪ [4,+∞).

1 3 4x− 1 − + + +x− 3 − − + +x− 4 − − − +x− 4

(x− 1)(x− 3)+ − + −

3. Iz uslova zadatka imamo

9x2 − 4y2 = 36 ⇔ x2

4− y2

9= 1 ⇒ a2 = 4, b2 = 9.

Asimptote su y = ± 3

2x, a жiжe F1(

√13, 0) i

F2(−√13, 0).

Povrxina traжenog trougla (slika 1) jeP = OF ·FM

2. Kako je OF =

√13 i MF =

3

2·√13, sledi da je P =

√

13·3√

13

4= 39

4.

Slika 1

4. Poznatim trigonometrijskim trafnsformacijama po-qetnu jednaqinu dovex�emo na oblik iz koga lako nalazimorexenje.

sin 3x = cos 2x ⇔ sin 3x− sin(π

2− 2x) = 0

⇔ 2 cos3x+ π

2− 2x

2sin

3x− π2+ 2x

2= 0

⇔x+ π

2

2=

π

2+ kπ ∨

5x− π2

2= kπ

⇔ x =π

2+ 2kπ ∨ x =

π

10+

2kπ

5, k ∈ Z.

Septembar, 1977.

1. Rexiti po x jednaqinu ax − ax−3 − a3 + 1 = 0, (a 6= 1).

2. Dat je romb ve�om dijagonalom d i oxtrim uglom α. Odrediti povrxinui zapreminu tela koje nastaje rotacijom romba oko svoje stranice.

3. Odrediti duжinu one tetive elipse x2 + 4y2 − 4 = 0 koju taqka (1, 12)

polovi.

4. Na�i sva rexenja jednaqine 3 sinx− 2 cos2 x = 0.

6

REXENjA 1. Oqiglednim transformacijama dobijamo

ax − ax−3 − a3 + 1 = 0 ⇔ ax − ax

a3= a3 − 1 ⇔

axa3 − 1

a3= a3 − 1 ⇔ ax = a3 ⇔ x = 3.

2. Neka je ABCD romb, O presek njegovih dijagonala, E podnoжje normaleiz O na osnovicu AB = a i h njegova visina (slika 2). Na osnovu osobinaromba je OE = h

2 , AO = d2 i ∠AOB = α

2 .

Slika 2 Slika 3

Zapremina nastalog tela jednaka je zapreminicilindra polupreqnika h i visine a; povrxina togtela jednaka je zbiru povrxina omotaqa pomenutogvaljka i dvostrukog omotaqa kupe polupreqnika h iizvodnice a (slika 3).

Kako je h = d sinα

2, a =

d

2 cos α2

, dobijamo da je

V = h2aπ =d3π

2sin

α

2tg

α

2, P = 4haπ = 2d2π tg

α

2.

3. Tetiva qiju duжinu traжimo pripada pravojkoja prolazi kroz taqku M(1, 12 ), qija je jednaqina posle sre�ivanja l : y =

mx +1− 2m

2, m ∈ R. Parametar m odre�ujemo iz uslova

x1 + x2

2= 1, pri

qemu su x1, x2 apscise preseka prave l i elipse. Zamenom y iz jednaqine praveu jednaqini elipse dobijamo

x2(4m2 + 1) + 4m(1− 2m)x+ 4m2 − 4m− 3 = 0.

Sada, na osnovu Vijetovih pravila, sledi

x1 + x2

2= 1 ⇒ 4m(2m− 1)

2(4m2 + 1)= 1 ⇔ 2m(2m− 1) = 4m2 + 1 ⇔ m = −1

2.

Rexavanjem sistema jednaqina prave l : y = − 12x + 1 i elipse dobijamo da

su A(2, 0) i B(0, 1) njihove preseqne taqke. Duжina tetive je√5.

4. 3 sinx− 2 cos2 x = 0 ⇔ 3 sinx− 2(1− sin2 x) = 0

⇔ 2 sin2 x+ 3 sinx− 2 = 0 ⇔ 2t2 + 3t− 2 = 0 ∧ t = sinx

⇔ (t =1

2∨ t = −2) ∧ t = sinx ⇔ sinx =

1

2

⇔ x =π

6+ 2kπ ∨ x = (2k + 1)π − π

6, k ∈ Z.

Septembar, 1978.

1. Rexiti jednaqinu log(x− 1) + 2 log√x+ 2 = 1.

7

2. Oko kruga polupreqnika r opisan je jednakokraki trapez qiji je kraknagnut prema osnovici pod uglom od 60◦. Izraqunati. stranice trapezau funkciji polupreqnika r.

3. Rexiti jednaqinu 3 + 4 cosx+ cos 2x = 0.

4. Odrediti jednaqinu kruga koji dodiruje ose x i y i qiji centar leжi napravoj 3x− 5y + 14 = 0.

REXENjA

1. Koriste�i osobine logaritma nalazimo

log(x− 1) + 2 log√x+ 2 = 1 ⇔ log(x− 1) + log(x+ 2) = 1

⇔ log[(x− 1)(x+ 2)] = 1 ⇔ x2 + x− 2 = 10 ∧ x > 1

⇔ (x = −4 ∨ x = 3) ∧ x > 1 ⇔ x = 3.

Slika 4

2. Neka je ABCD jednakokraki trapez, E podnoжje vi-sine trapeza iz temena D i F podnoжje visine iz temena C.Oznake duжina stranica trapeza, njegove visine i duжinepodudarnih kateta pravouglih trouglova AED i BFC datesu na slici 4. Lako dolazimo do zakljuqka da je a = b + 2xi h = 2r. Kako je trapez ABCD tangentan prema postavcizadatka, to je a + b = 2c, tj. b + x = c. Dalje, imamo da je

x = c cos 60◦ = c2 i x = 2r ctg 60◦ = 2r

√3

3 . Sada je c = 2x = 4r√3

3 ,

pa sledi b = c− x = c2 = 2r

√3

3 i a = 2c− b = 8r√3

3 − 2r√3

3 = 2r√3.

3. Primenjuju�i trigonometrijske transformacije nalazimo

3 + 4 cosx+ cos 2x = 0 ⇔ 3 + 4 cosx+ 2 cos2 x− 1 = 0

⇔ 2 cos2 x+ 4 cosx+ 2 = 0 ⇔ (cosx+ 1)2 = 0

⇔ cosx = −1 ⇔ x = (2k + 1)π, k ∈ Z.

4. Potraжi�emo jednaqinu kruжnice K u obliku

(x− p)2 + (y − q)2 = r2.

Uslov da kruжnica dodiruje koordinatne ose kao i da centar kruжnice C(p, q)pripada datoj pravoj, ekvivalentan je uslovu da p, q i r zadovoljavaju sistemjednaqina

|p| = |q| = r, 3p− 5q + 14 = 0. (1)

Zato p, q i r dobijamo rexavanjem ovog sistema.

Slika 5

(i) Ako je p > 0 i q > 0, onda iz sistema (1) dobijamop = q = r i 3r − 5r + 14 = 0 pa je p = q = r = 7. Jednaqinakruжnice K je

(x − 7)2 + (y − 7)2 = 49.

(ii) Ako je p < 0 i q > 0 onda iz sistema (1) dobijamo

q = r, p = −r, −3r − 5r + 14 = 0

8

pa je p = − 74 i q = r = 7

4 . U ovom sluqaju jednaqina kruжnice K glasi(

x+7

4

)2

+

(

y − 7

4

)2

=49

16.

(iii) Ako je p > 0 i q < 0 onda iz sistema (1) dobijamo p = r, q = −r i3r + 5r + 14 = 0. U ovom sluqaju ne postoji kruжnica jer je r = − 7

4 < 0.Na sliqan naqin zakljuqujemo da ne postoji kruжnica ako je p < 0 i q < 0.Grafiqki prikaz rexenja dat je na slici 5. Napomenimo da smo centre

kruжnica K1 i K2 mogli da odredimo i rexavanjem sistema jednaqina p =−q, 3p− 5q + 14 = 0, odnosno p = q, 3p− 5q + 14 = 0.

Septembar, 1979.

1. Rexiti jednaqinu cos3 x− cos 2x cosx = 0.

2. U pravilnu trostranu prizmu upisana je lopta, koja dodiruje sve triboqne strane i oba bazisa. Odrediti odnos povrxine lopte i povrxineprizme.

3. Rexiti nejednaqinu2x− 1

x+ 1> x− 1.

4. Odrediti jednaqinu tangente kruga x2+y2 = 4 koja je normalna na pravojx− 2y = 3.

REXENjA

1. Koriste�i adicionu formulu za kosinus dvostrukog ugla, dobijamo

cos3 x− cos 2x cosx = 0 ⇔ cos3 x− (cos2 x− sin2 x) cosx = 0

⇔ sin2 x cos x = 0 ⇔ sinx = 0 ∨ cosx = 0

⇔ x = kπ ∨ x = kπ +π

2, k ∈ Z.

2. Oznaqimo sa R polupreqnik lopte, a sa a bazisnu ivicu jednakos-traniqnog trougla i sa H boqnu ivicu date prizme (slika 6).

Slika 6

Na osnovu pretpostavki zakljuqujemo da je H = 2R, R =h

3. Kako je h =

a√3

2, tada je R =

a√3

6, H =

a√3

3. Neka je P1

povrxina pravilne trostrane prizme i P2 povrxina upisanelopte. Tada je

P2

P1=

4R2π

2a2√3

4 + 3aH=

4 3a2π36

a2√3

2 + 3 · a2√3

3

=a2π3

3a2√3

2

=2π

9√3=

2π√3

27

3. Posle transformacije, dobijamo

2x− 1

x+ 1> x− 1 ⇔ 2x− 1

x+ 1− x+ 1 > 0 ⇔ 2x− x2

x+ 1> 0 ⇔ x(2 − x)

x+ 1> 0.

9

−1 0 2x − − + +

2− x + + + −x+ 1 − + + +

x(2 − x)

x+ 1+ − + −

Rexenje poslednje nejednaqine traжimopomo�u tabele, iz koje vidimo da su rexe-nja date nejednaqine svi realni brojevi x zakoje vaжi x ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 2).

4. Jednaqina date prave u eksplicitnomobliku je y = 1

2x− 32 . Sve prave ortogonalne

sa datom pravom imaju koeficijent pravcam = −2, pa je njihova jednaqina

y = −2x+ n, n ∈ R.

Parametar n odredi�emo iz uslova dodira prave i kruжnice, tj. iz jed-nakosti r2(1 +m2) = n2, pri qemu je r = 2 i m = −2. Sada imamo

n2 = 4 · 5 ⇔ n = 2√5 ∨ n = −2

√5.

Jednaqine traжenih tangenata su:

t1 : y = −2x+ 2√5 t2 : y = −2x− 2

√5.

Juni, 1982.

1. Osnovne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide su a = 18cm, b =

6cm, a boqna ivica zaklapa sa ravni ve�e osnove ugao α =π

3. Odrediti

zapreminu ove piramide.

2. Rexiti jednaqinu tg(

x+π

3

)

− ctg x = 0.

3. Data je funkcija f(x) = 1 +x+ 1

x2 − 3x+ 2.

a) Ispitati znak funkcije f(x).

b) Odrediti koordinate preseqnih taqaka krive y = 1 +x+ 1

x2 − 3x+ 2sa

koordinatnim osama.

4. Prava x − 2y − 6 = 0 seqe parabolu y2 = 2x u dvema taqkama. Odreditijednaqine tangenata u preseqnim taqkama i na�i ugao izme�u njih.

5. Rexiti jednaqinu (2 + i)x2 − (5− i)x+ 2− 2i = 0.

REXENjA

1. Formula za zapreminu zarubljene piramide je V =H

3(B1+

√

B1B2 +B2),

gde je H visina, a B1 i B2 povrxine osnova. Povrxine osnova �emo lakoizraqunati, a glani problem je odre�ivanje visine zarubljene piramide.

Neka su A, B, C, A1, B1, C1 temena pravilne trostrane zarubljene piramide(slika 7). Normalni presek ADD1A1 ove piramide je trapez qije osnovice suvisine h i h1 jednakostraniqnih trouglova ABC i A1B1C1 i ∠A1AD = 60◦.

10

Slika 7

Ako je O presek visina △ABC, tada je AO =2h

3, gde je

h odgovaraju�a visina. Sliqno je A1O1 =2h1

3, gde je O1

presek visina △A1B1C1. Oznaqimo sa E podnoжje normaleiz A1 na osnovicu trapeza ADD1A1, tada je A1E = H visinatrapeza, a to je i visina date piramide. Sada imamo da je

2

3h =

2

3· a

√3

2=

18√3

3= 6

√3,

2

3h1 =

2

3· b

√3

2=

6√3

3= 2

√3,

H = A1E = AE tg 60◦ =

(

2

3h− 2

3h1

)√3 = (6

√3− 2

√3)√3 = 12

V =H

3

a2√3

4+

√

a2√3

4· b

2√3

4+

b2√3

4

=H(a2 + ab+ b2)

√3

12= 468

√3.

2. Datu jednaqinu dovodimo na ekvivalentan oblik

tg(

x+π

3

)

− ctg x = 0 ⇔ tg(

x+π

3

)

= ctg x

⇔ tg(

x+π

3

)

= tg(π

2− x)

⇔ x+π

3=

π

2− x+ kπ

⇔ 2x =π

6+ kπ, k ∈ Z ⇔ x =

π

12+

kπ

2, k ∈ Z.

3. Kako je

1 +x+ 1

x2 − 3x+ 2=

x2 − 2x+ 3

x2 − 3x+ 2=

(x− 1)2 + 2

(x− 1)(x− 2)

i (x−1)2+2 > 0 za sve x ∈ R, onda f(x) ima isti znak kao i proizvod (x−1)(x−2).Kako je

(x− 1)(x− 2) > 0

⇔ (x− 1 > 0 ∧ x− 2 > 0) ∨ (x− 1 < 0 ∧ x− 2 < 0)

⇔ x− 1 < 0 ∨ x− 2 > 0,

sledi f(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, 1) ∪ (2,+∞), f(x) < 0 ⇔ x ∈ (1, 2). Grafik datefunkcije seqe y-osu u taqki A(0, f(0), pa je A(0, 3/2), ali ne seqe x-osu jer je(x − 1)2 + 2 6= 0 za svaki x ∈ R.

4. Najpre traжimo zajedniqke taqke prave i parabole i zbog toga rexavamosistem sastavljen od njihovih jednaqina. Iz jednaqine prave je x = 2y + 6, pakad to smenimo u jednaqini parabole dobijamo kvadratnu jednaqinu y2 − 4y−

11

12 = 0 qija su rexenja −2 i 6. Odgovaraju�e vrednosti za x su 2 i 18 pa taqkeA(2,−2) i B(18, 6) jesu njihove zajedniqke taqke.

Jednaqina tangente parabole y2 = 2px u taqki M(x1, y1) data je jednaqinomy − y1 = p(x + x1), gde je p parametar parabole. Kako je u ovom sluqaju p =1, to su prave y = − 1

2x − 1 i y = 16x + 3 tangente date parabole redom u

taqkama A i B. Ako su m1 i m2 koeficijenti pravaca dobijenih tangenti,

ugao izme�u tangenata raqunamo po formuli tgϕ =m2 −m1

1 +m1m2. Dakle, ovde je

tgϕ =16 + 1

2

1− 12 · 1

6

=8

11, odakle je ϕ = arctg 8

11 .

5. Diskriminanta date kvadratne jednaqine je D = (5− i)2−4(2+ i)(2i−2) =

−2i. U trigonometrijskom obliku je D = −2i = 2(

cos(

−π

2

)

+ i sin(

−π

2

))

.

Jedan kvadratni koren iz kompleksnog broja D je√D =

√2(

cos(

−π

4

)

+ i sin(

−π

4

))

=

√2

(√2

2− i

√2

2

)

= 1−i, a drugi√D =

√2

(

cos

(

2π − π/2

2

)

+ i sin

(

2π − π/2

2

))

=

√2

(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

= −1 + i.

Koriste�i formulu za rexavanje kvadratne jednaqine, dobijamo x1 =5− i+ (1− i)

2(2 + i)=

2(3− i)

2(2 + i)=

(3− i)(2− i)

(2 + i)(2− i)= 1− i i x2 =

(5− i)− 1 + i

2(2 + i)=

4

2(2 + i)=

2(2− i)

5.

Juni, 1983.

1. Dat je skup parabola y = ax2−(2a+1)x+2(a−1). Odrediti onu paraboludatog skupa koja ima ekstremnu vrednost za x = 2. Konstruisati grafikdobijene parabole.

2. Odrediti tangente elipsex2

6+y2

3= 1 koje su normalne na pravu x−y+5 =

0.

3. Na�i sva rexenja jednaqine 2 cos2 x+ cos 4x = 0.

4. Za koje vrednosti x ∈ R, razlomak−x2 + 2x− 5

2x2 − x− 1je manji od -1?

5. Romb ABCD qije su dijagonale AC = 4dm i BD = 3dm rotira okoprave koja je upravna na stranicu AB i prolazi kroz teme C romba.Izraqunati zapreminu nastalog obrtnog tela.

REXENjA

1. Grafik funkcije y = mx2 + nx+ p, m 6= 0 je parabola sa temenom T (α, β),

gde je α = − n

2m. Za x = α funkcija dostiжe ekstremnu vrednost. U datom

12

sluqaju je α = 2, n = −(2a+ 1), m = a, pa je 2 =2a+ 1

2a, odakle je 2a+1 = 4a, a

samo a =1

2.

Slika 8

Dakle, za a =1

2data funkcija dobija oblik y =

1

2x2−2x−1

i ima ekstremnu vrednost za x = 2. Kako je koeficijent uzx2 pozitivan sledi da ima minimum i to je taqka M(2,−3)jer je y(2) = −3. Grafik seqe x-osu za one vrednosti x-

a za koje je y = 0, odnosno1

2x2 − 2x − 1 = 0, odakle sledi

x1 = 2√6, x2 = 2 +

√6. Kako je y(0) = −1 sledi da grafik

seqe x-osu u taqki N(0,−1). Grafik funkcije prikazan je naslici 8.

2. Ako su dve prave uzajamno normalne i ako su m1 im2 njihovi koeficijenti pravca, tada je m1 · m2 = −1. Iz ove poznate qin-jenice sledi da sve prave normalne na datu imaju jednaqinu y = −x+n, n ∈ R.Parametar n odre�ujemo iz poznatog uslova dodira prave i elipse kojiglasi a2m2+b2 = n2, pri qemu su a i b poluose elipse, m koeficijent pravcaprave, a n njen slobodni qlan. Ovde je a2 = 6, b2 = 3,m = −1. Dakle, n2 = 9,pa sledi n1 = −3 ili n2 = 3. Zakljuqujemo da postoje dve tangente date elipsekoje su normalne na datu pravu i njihove jednaqine su y = −x− 3 i y = −x+3.

3. Kako je 2 cos2 x = 1 + cos 2x i cos 4x = cos2 2x − sin2 2x = 2 cos2 2x − 1, to je2 cos2 x+ cos 4x = 0 ekvivalentno sa cos 2x+ 2 cos2 2x = 0, odakle je

cos 2x(1 + 2 cos 2x) = 0 ⇔ cos 2x = 0 ∨ 2 cos 2x = −1

⇔ 2x = kπ +π

2∨ 2x = ±π

3+ 2kπ, k ∈ Z

⇔ x =kπ

2+

π

4∨ x = kπ +

π

3∨ x = kπ − π

3, k ∈ Z.

4. Dati razlomak dovodimo na ekvivalentan oblik−x2 + 2x− 5

2x2 − x− 1+ 1 < 0,

odakle jex2 + x− 6

2x2 − x− 1< 0.

Slika 9

Iz grafika funkcija koje se nalaze u brojiocu i u ime-niocu moжemo proqitati rexenja date nejednaqine. Grafikfunkcije y = x2+x−6 = (x+3)(x−2) jeste parabola okrenutaotvorom navixe koja seqe x-osu za x = −3 i x = 2.

Grafik funkcije y = 2x2 − x− 1 = 2(x+ 12 )(x− 1) je tako�e

parabola okrenuta otvorom navixe koja seqe x-osu za x = − 12

i x = 1. Ove parabole prikazane su na slici 9. Sa slike sevidi da je data nejednaqina taqna za x ∈ (−3,−1/2)∪ (1, 2).

5. Neka je O presek dijagonala romba i E podnoжje normale iz temena Cna pravu kojoj pripada strana AB datog romba (slika 10). Oznaqimo sa a, hi x redom stranicu romba, njegovu visinu i duжinu duжi BE.

13

Iz pravouglog trougla AOB, znaju�i da O polovi

dijagonalu, dobijamo a =√

4 + 94 = 5

2 . Dalje, iz jed-

nakosti ah =d1 · d2

2, jer obe strane ove jednakosti

predstavljaju povrxinu romba, dobijamo h =12

5. Iz

pravouglog trougla BEC je x =7

10.

Slika10

Neka je V1 zapremina zarubljene kupe qiji su

polupreqnici bazisa R = a + x =16

5, r = a =

5

2i visina H = h =

12

5,

a V2 zapremina kupe polupreqnika osnove x i visine H. Tada je V =

V1 − V2 =Hπ

3(R2 + rR + r2) − x2Hπ

3=

Hπ

3(R2 + rR + r2 − x2), pa je V =

12π

15

(

256

25+ 8 +

25

4− 49

100

)

=96π

5.

Juni, 1984.

1. Dat je sistem jednaqina

x2 + y2 − 12x− 8y + 44 = 0x− y + n = 0.

Odrediti intervale za promenljivi parametar n tako da rexenja datogsistema budu: (a) realna i nejednaka, (b) realna i jednaka, (v) konjugo-vano kompleksna.

2. Na�i sva rexenja jednaqine sin 2x+ tg x− 2 = 0.

3. Na�i povrxinu trougla qije je teme u centru kruga x2+y2−4x−8y−5 = 0,a osnovica trougla je odseqak kruga na x-osi. Odrediti uglove trougla.

4. Data je funkcija f(x) = x3 + ax2 + x+ 2.

(a) Odrediti parametar a tako da funkcija ima ekstremnu vrednost zax = −1,

(b) Za dobijenu vrednost parametra a ispitati promene funkcije i nacr-tati njen grafik.

REXENjA

1. Iz linearne jednaqine je y = x + n, pa smenom u kvadratnoj jednaqini,dobijamo

x2 + (x+ n)2 − 12x− 8(x+ n) + 44 = 0

⇔ 2x2 + 2(n− 10)x+ n2 − 8n+ 44 = 0

14

Priroda rexenja ove kvadratne jednaqine zavisi od znaka njene diskriminanteD. Kako je

D = 4(n− 10)2 − 8(n2 − 8n+ 44) = 4(12− 4n− n2) = 4(6 + n)(2− n)

i kako je 6 + n < 0 za n < −6, 6 + n > 0 za n > 6, 2 − n < 0 za n > 2 i2 − n > 0 za n < 2, zakljuqujemo da je D < 0 za n ∈ (−∞,−6) ∪ (2,+∞), a D > 0za n ∈ (−6, 2). Dakle: (a) sistem ima realna i razliqita rexenja za D > 0,odnosno za n ∈ (−6, 2), (b) sistem ima realna i jednaka rexenja za D = 0,odnosno za n = −6 i n = 2, (v) sistem ima konjugovano-kompleksna rexenja zaD < 0, odnosno n ∈ (−∞,−6) ∪ (2,+∞).

2. Kako je sin 2x =2 tg x

1 + tg2 xza x 6= kπ +

π

2, k ∈ Z, onda je za x 6= kπ +

π

2

jednaqina sin 2x + tg x − 2 = 0 ekvivalentna sa2 tg x

1 + tg2 x+ tg x − 2 = 0, odakle

posle mnoжenja dobijamo tg3 x−2 tg2 x+3 tg x−2 = 0 odnosno tg3 x−tg x−2(tg2 x−2 tg x + 1) = 0, xto daje tg x(tg2 x − 1)− 2(tg x − 1)2 = 0. Tako na kraju polaznajednaqina postaje (tg x−1)(tg2 − tg x+2) = 0 odakle je tg x = 1∨ tg2 − tg x+2 = 0.

Jednaqina tg2 x−tg x+2 = 0 ima kompleksna rexenja po tg x, pa nema rexenja

po x jer tg x ∈ R. Kako data jednaqina nema smisla za x = kπ +π

2, to njena

rexenja dobijamo iz jednaqine tg x = 1 i onda je x = kπ +π

4, k ∈ Z.

Slika 11

3. Kako je x2 + y2− 4x− 8y− 5 = 0 ⇔ (x− 2)2+(y− 4)2 = 25,zakljuqujemo da kruжnica ima centar u taqki C(2, 4) i njenpolupreqnik je r = 5. Za y = 0 dobija se x2 − 4x − 5 = 0.Rexenja ove jednaqine su −1 i 5.

Dakle, kruжnica seqe x-osu u taqkama A(−1, 0) i B(5, 0).Trougao ABC je jednakokraki. Duжina osnovice je AB =6 i visina koja joj odgovara je 4 (slika 11), pa je njegovapovrxina P = 12.

Ugao t na osnovici trougla je takav da mu je tg t =4

3, tj.

t = arctg4

3. Kako je ∠ACB = π − 2t, to je tg∠ACB = tg(π − 2t) = − tg 2t =

2 tg t

tg2 t− 1=

24

7⇒ ∠ACB = arctg

24

7.

4. (a) Vrednost parametra a odredi�emo iz uslova da je f ′(−1) = 0. Kakoje f ′(x) = 3x2 + 2ax+ 1, to iz f ′(−1) = 4− 2a = 0 sledi a = 2.

Slika 12

(b) Za a = 2 je f(x) = x3+2x2+x+2. Funkcija je definisanaza x ∈ (−∞,+∞). Kako je

f(x) = 0 ⇔ x3 + 2x2 + x+ 2 = 0 ⇔ (x+ 2)(x2 + 1) = 0

i kako x2 + 1 = 0 nema realnih rexenja, sledi da je x = −2nula ispitivane funkcije i da njen grafik seqe x-osu u taqkiB(0, 2). Iz f(x) = (x+ 2)(x2 + 1) sledi f(x) < 0 za x ∈ (−∞,−2),a f(x) > 0 za x ∈ (−2,+∞). Iz f ′(x) = 3x2+4x+1 = (x+1)(3x+1)

15

zakljuqujemo da je f ′(x) < 0 za x ∈ (−1,−1/3) i tu funkcija opada, a f ′(x) > 0za x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1/3,+∞) i tu funkcija raste. Iz toga sledi da za x = −1funkcija ima maksimum i kako je f(−1) = 2 sledi da je to taqka M(−1, 2). Zax = −1/3 funkcija ima minimum i iz f(−1/3) = 50/27 sledi da je to taqkaN(−1/3, 50/27). Iz f ′′(x) = 6x + 4 zakljuqujemo da je P (−2/3, 52/27) prevojnataqka funkcije i da je funkcija konkavna za x > −2/3, a konveksna za x < −2/3.Grafik ispitivane funkcije prikazan je na slici 12.

Juni, 1985.

1. Rexiti jednaqinu sin 5x = cos 4x.

2. U jednaqini kruga x2 + y2 − 8x + 6y + 2m − 6 = 0 odrediti m da krugprolazi kroz koordinatni poqetak. Zatim odrediti jednaqinu tangentekoja je upravana na pravu 2x+ 4y = 5.

3. Ukupna povrxina pravilne qetvorostrane piramide iznosi S. Boqnastrana je nagnuta prema bazisu pod uglom t. Odrediti zapreminu pi-ramide.

4. Data je kvadratna jednaqina x2 − (8k − 2)x + 15k2 − 2k − 7 = 0. Odreditiparametar k da jednaqina ima : (a) realne i razliqite korene, (b) realnei jednake korene, (c) za realne i jednake korene nacrtati grafik funkcijey = f(x).

5. Rexiti jednaqinu log5(x2 − 11x+ 43) = 2.

REXENjA

1. Polaznu jednaqinu dovodimo na ekvivalentan oblik

sin 5x− sin(π

2− 4x

)

= 0 ⇔ 2 cosx+ π/2

2sin

9x− π/2

2= 0,

odakle dobijamox+ π/2

2= kπ+

π

2∨ 9x− π/2

2= kπ, k ∈ Z odnosno x = (2k+1)π−

π

2∨ x =

2kπ

9+

π

18, k ∈ Z.

2. Iz uslova da krug prolazi kroz koordinatni poqetak O(0, 0) dobijamo daje 2m−6 = 0, tj. m = 3. Sada, za m = 3 dati krug ima jednaqinu x2+y2−8x+6y =0. Dodavanjem broja 25 i levoj i desnoj strani prethodne jednaqine dobijamo(x − 4)2 + (y + 3)2 = 25 i to je kanonska jednaqina posmatranog kruga. Iz

jednaqine date prave napisane u obliku y = −1

2x − 5

4, korix�enjem uslova

normalnosti, dobijamo da sve prave koje su normalne na datu pravu imajukoeficijent pravca k = 2, pa njihove jednaqine imaju oblik y = 2x+ n, n ∈ R.Uslov dodira prave y = kx+n i kruжnice (x−p)2+(y−q)2 = r2 glasi r2(1+k2) =(kp−q+n)2. Zamenom konkretnih vrednosti iz zadatka koji rexavamo dobijamojednaqinu (n + 11)2 = 125. Jednaqina je zadovoljena za n1 = 5

√5 − 11 i za

16

n2 = −5√5 − 11. Dakle, tangente date kruжnice normalne na datu pravu su

t1 : y = 2x+ 5√5− 11 i t2 : y = 2x− 5

√5− 11.

3. Neka je A sredina jedne osnovne ivice date piramide, B sredina osnovneivice te piramide koja je naspram ivice na kojoj je A i C vrh date piramide(slika 13).

Slika13

Slika 14

Zakljuqujemo da je sredina O starnice AB trougla ABCpodnoжje visine piramide, da je △ABC jednakokraki, da jenjegov krak AC jednak visini boqne strane piramide i ∠CAB =t.

Oznaqimo sa a osnovnu ivicu piramide, sa H njenu visinui sa h visinu boqne strane piramide (slika 14). Iz △AOC je

h =a

2 cos t, H =

a

2· tg t.

Sada je S = a2 + 2ah = a2 +a2

cos t= a2 · 1 + cos t

cos t, odakle sledi

da je a =

√

S cos t

1 + cos ti

V =1

3a2H =

1

6a3 tg t =

1

6tg t · S cos t

1 + cos t

√

S cos t

1 + cos t

=1

6

S sin t

1 + cos t

√

S cos t

1 + cos t.

4. Diskriminanta D date kvadratne jednaqine je

D = (8k − 2)2 − 4(15k2 − 2k − 7) = 4(k2 − 6k + 8) = 4(k − 2)(k − 4).

Slika 15

a) Jednaqina ima realna i razliqita rexenja za D > 0,odnosno za k ∈ (−∞, 2) ∪ (4,+∞),

b) Jednaqina ima realna i jednaka rexenja za D = 0, odnosnoza k = 2 ili k = 4,

c) Za k = 2 dobijamo funkciju y = x2 − 14x+ 49 i njen grafikje prikazan na slici 15.

5. Kako je x2 − 11x+ 43 =

(

x− 11

2

)2

+54

4> 0 za svaki x ∈ R, to je log5(x

2 −11x+ 43) = 2 ⇔ x2 − 11x+ 43 = 25 ⇔ x2 − 11x+ 18 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = 9.

Juni, 1986.

1. Odrediti jednaqinu prave koja odseca na y-osi dva puta ve�i odseqaknego na x-osi i dodiruje kruжnicu qija jednaqina je (x− 7)2 + y2 = 20.

2. Odrediti brojqanu vrednost parametra m u kvadratnoj jednaqini 4x2 −15x+ 4m2 = 0 da bi jedan koren bio kvadrat drugog.

3. Dat je pravougaonik qiji je obim 2p. Odrediti stranice pravougaonikatako da njegova povrxina bude maksimalna i skicirati dijagram povrx-ine.

17

4. Rexiti trigonometrijsku jednaqinu sin 6x = sin 4x.

REXENjA

1. U jednaqini pravex

a+

y

b= 1 odredimo a i b tako da je |b| = 2|a| i da

za tu pravu i datu kruжnicu vaжi uslov dodira r2(1 + m2) = (mp − q + n)2.

Kako je r2 = 20, p = 7, q = 0, m = − b

a, n = b, onda a i b dobijamo iz sistema

jednaqina

|b| = 2|a|, 20

(

1 +b2

a2

)

=

(

−7b

a+ b

)2

. (2)

(a) Za a > 0, b > 0 prva jednaqina sistema postaje b = 2a, pa zamenom u drugojdobijamo

(2a− 14)2 = 100 ⇔ 2a− 14 = ±10 ⇔ a1 = 12 ∨ a2 = 2 > 0

Dakle, u ovom sluqaju je b1 = 24, b2 = 4, pa su jednaqine tangenata t1 : x12+

y24 =

1 i t2 : x2 + y

4 = 1.(b) Za a > 0, b < 0 prva jednaqina je b = −2a, pa zamenom u drugoj dobijamo

(14 − 2a)2 = 100 ⇔ 14 − 2a = ±10 ⇔ a1 = 12 ∨ a2 = 2. Dalje sledi da jeb1 = −24, b2 = −4, pa su jednaqine tangenata t3 : x

12−y14 = 1 i t4 : x

2 −y4 = 1.

U sluqaju a < 0, b < 0 sistem (2) nema rexenja jer prva jednaqina ima oblikb = 2a, odakle se dobija a1 = 12, a2 = 2 xto je nemogu�e. Iz sliqnih razlogasistem nema rexenja ni u sluqaju a < 0, b > 0.

2. Korix�enjem Vijetovih pravila i datog uslova dobijamo sistem jed-naqina x1 + x2 = 15

4 , x1x2 = m2, x1 = x22.

Iz prve i tre�e jednaqine, metodom zamene, dobijamo x1 = 94 , x2 = 3

2 ilix1 = 25

4 , x2 = − 52 . U prvom sluqaju druga jednaqina postaje m2 = 27

8 , pa

je m = 3√6

4 ili m = − 3√6

4 . U drugom sluqaju ne postoji m za koji vaжix1x2 = m2.

3. Oznaqimo sa x i y stranice pravougaonika. Iz datog uslova dobijamo daje 2(x+y) = 2p, tj. y = p−x. Povrxina pravougaonoka je P (x) = x(p−x) = px−p2.

Slika 16

Grafik ove funkcije je parabola koja ima maksimum za

x =p

2jer je koeficijent uz kvadratni qlan negativan.

Zakljuqujemo da je povrxina pravougaonika maksimalna za

x = y =p

2.

Funkcija P (x) = x(p− x) ima smisla za x ∈ (0, p) jer je zate vrednosti promenljive x povrxina P pozitivna. Grafikfunkcije prikazan je na slici 16.

4. Kako je sin 6x = sin 4x ⇔ sin 6x − sin 4x = 0 odnosno2 cos 5x sinx = 0 ⇔ cos 5x = 0 ∨ sinx = 0, to je

5x = kπ +π

2∨ x = kπ, k ∈ Z ⇔ x =

kπ

5+

π

10∨ x = kπ, k ∈ Z.

18

Juni, 1987.

1. Odrediti parametar m ∈ R tako da nejednaqina (1−m2)x2+2(m−1)x+1 > 0bude zadovoljena za svako x.

2. Rexiti jednaqinu sin x2 + cosx = 1.

3. Boqne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide nagnute su premaravni osnove pod uglom 60◦. Osnovne ivice su a i b (a > b). Odreditizapreminu zarubljene piramide.

4. Iz taqke A(2,7) povuqene su tangente na elipsu x2 +4y2 = 100. Odreditiodseqke ovih tangenata na koordinatnim osama.

5. Rexiti sistem jednaqina 3x · 2y = 576, log√2(y − x) = 4.

REXENjA

1. Da bi nejednaqina vaжila za svako x treba da je koeficijent uz najs-tariji qlan pozitivan kao i da je diskriminanta D negativna; dakle,

(∀x) (1−m2)x2 + 2(m− 1)x+ 1 > 0

⇔ D = 8m(1−m) < 0 ∧ 1−m2 > 0

⇔ m ∈ (0, 1) ∩ (−1, 1) = (0, 1)

Znaqi, nejednaqina je zadovoljena za sve vrednosti m koje pripadaju inter-valu (0,1).

2. Primenjuju�i osnovne trigonometrijske tranformacije dobijamo

sinx

2+ cosx = 1 ⇔ sin

x

2− (1− cosx) = 0 ⇔ sin

x

2− 2 sin2

x

2= 0

⇔ sinx

2(1 − 2 sin

x

2) = 0 ⇔ sin

x

2= 0 ∨ 1− 2 sin

x

2= 0

⇔ x = 2kπ ∨ x =π

3+ 4kπ ∨ x =

5π

3+ 4kπ, k ∈ Z.

3. Zapremina zarubljene piramide je V = H3 (B1 +

√B1B2 +B2) Prema pret-

postavci imamo B1 = a2√3

4 i B2 = b2√3

4 . Treba izraqunati visinu H. Na osnovu

slike 17 jeH

(a−b)√3

3

= tg 60◦, to jest, H = a− b.

Slika 17

Traжena zapremina je

V =a− b

3

(

a2√3

4+

ab√3

4+

b2√3

4.

)

=(a3 − b3)

√3

12.

4. Tangenta prolazi kroz taqku A(2,7) pa je njenajednaqina

y − 7 = k(x− 2) ⇔ y = kx+ 7− 2k.

19

Uslov dodira elipse i ove prave je a2k2 + b2 = n2 tj. 100k2 + 25 = (7− 2k)2.Odavde sledi 24k2+7k−6 = 0 pa nalazimo k1 = 3

8 i k2 = − 23 . Poxto je n = 7−2k

dobijamo n1 = 508 i n2 = 25

3 . Jednaqine tangenata su

t1 : y = 38x+ 50

8 ili t1 : x−50/3 + y

50/8 = 1,

t2 : y = − 23x+ 25

3 ili t2 : x25/2 + y

25/3 = 1.

Odseqci ovih tangenata na koordinatnim osama su: za t1 : na x-osi a1 = − 503 ,

na y-osi b1 = 508 , za t2 : na x-osi a2 = 25

2 , na y-osi b2 = 253 .

5. Iz druge jednaqine sistema log√2(y − x) = 4 sledi y − x = 4 odnosno

y = x+4. Smenom u prvoj jednaqini dobijamo 3x · 2x+4 = 576 ⇒ 6x = 36 ⇒ x = 2.Odavde je y = 6. Rexenje sistema je x = 2 i y = 6.

Juni, 1988.

1. Izraqunati (a+ 1)−1 + (b + 1)−1 ako je a = (2 +√3)−1, b = (2−

√3)−1.

2. Rexiti nejednaqinu1

x2 − 1+ 1 > 0.

3. Za jednaqinu 2x2 − 2x− 10 = 14 na�i zbir kvadrata njenih rexenja.

4. Rexiti jednaqinu log(x− 1) + 2 log√x+ 2 = 1.

5. Dokazati jednakost(

1 + ctg x+1

sinx

)(

1 + ctg x− 1

sinx

)

= 2 ctg x.

6. Rexiti jednaqinu sin2 x+ cosx− 1 = 0.

7. Odrediti a tako da prava ax+ y− 5 = 0 dodiruje elipsu 9x2 +16y2 = 144.

8. Izraqunati povrxinu trapeza ako su mu osnovice a = 8 i b = 4, a uglovina ve�oj osnovici 45◦ i 30◦.

9. Izraqunati zapreminu pravilne qetvorostrane piramide qija je visinaH = 15m, a povrxina dijagonalnog preseka P = 120m2.

10. Odrediti realni i imaginarni deo kompleksnog broja z =1 + 3i

1− i+

1

1 + i.

REXENjA

1. Za date vrednosti a i b je a+1 = (2+√3)−1 +1 = 1

2+√3+1 = 2−

√3+ 1 =

3−√3, b+ 1 = (2−

√3)−1 + 1 = 1

2−√3+ 1 = 2 +

√3 + 1 = 3 +

√3. Sada je

(a+ 1)−1 + (b+ 1)−1 =1

3−√3+

1

3 +√3=

3 +√3 + 3−

√3

9− 3= 1 .

20

2. Polaznu nejednaqinu dovodimo na ekvivalentan oblikx2

x2 − 1> 0, gde je

x 6= 0. Kako je x2 > 0, to je rexenja polazne nejednaqine jednak skupu rexenjanejednaqine x2 − 1 > 0, odakle nalazimo x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

3. Kako je 2x2−2x−10 = 14 ⇔ 8x2−8x−41 = 0 i kako je na osnovu Vijetovih

formula x1+x2 = −−88 = 1, x1 ·x2 = −41

8 , to dobijamo x21+x2

2 = (x1+x2)2−2x1x2 =

1 + 414 = 45

4 .4. Nalaze�i prethodno oblast definisanosti rexenja dobijamo x > 1,

zatim koriste�i osobine logaritamske funkcije imamo

log(x− 1) + 2 log√x+ 2 = 1 ⇔ log(x− 1) + log(x+ 2) = 1

⇔ log(x− 1)(x+ 2) = log 10 ⇔ x2 + x− 12 = 0

⇔ x = 3 ∨ x = −4 ⇔ x = 3.

5. Uz uslov x 6= kπ, k ∈ Z dobijamo

(

1 + ctg x+1

sinx

)(

1 + ctg x− 1

sinx

)

= (1 + ctg x)2 − 1

sin2 x

=(sinx+ cosx)2

sin2 x− 1

sin2 x=

sin2 x+ cos2 x+ 2 sinx cosx− 1

sin2 x

=2 sinx cosx

sin2 x= 2 ctg x.

6. Koriste�i poznate trigonometrijske transformacije dobijamo

sin2 x+ cosx− 1 = 0 ⇔ cosx− cos2 x = 0 ⇔ cosx(1 − cosx) = 0

⇔ cosx = 0 ∨ cosx = 1 ⇔ x = kπ +π

2∨ x = 2kπ, k ∈ Z .

7. Jednaqina date prave u eksplicitnom obliku je y = −ax+5, a jednaqina

elipse u kanonskom obliku je x2

16 + y2

9 = 1. Uslov dodira za pravu i elipsu uovom sluqaju je 16a2 + 9 = 25, odakle dobijamo da je a = 1 ili a = −1. Znaqi,zadatak ima dva rexenja i to y = −x+ 5 i y = x+ 5.

8. Ovaj zadatak se rexava kao zadatak 6. iz blanketa za septembar 1 iz1991. godine, a rezultat je P = 12(

√3− 1).

Slika 18

9. Neka je a osnovna ivica date piramide i d dijagonalakvadrata osnove piramide. Dijagonalni presek date pi-ramide je jednakokraki trougao qija je osnovica d a visinaH (slika 18).

Kako je d = a√2, to iz uslova da je povrxina dijagonalnog

preseka P = 120m2 i H = 15m dobijamo15a

√2

2= 120 ⇔

a√2 = 16 ⇔ a = 8

√2m. Sada je

a2H

3=

64 · 2 · 153

= 640, pa je

V = 640m3.

21

10. Kako je

z =1 + 3i

1− i+

1

1 + i=

(1 + 3i)(1 + i) + 1− i

(1− i)(1 + i)

1 + 4i+ 3i2 + 1− i

1− i2

=−1 + 3i

2= −1

2+

3

2i,

sledi da je Re(z) = − 12 , Im(z) = 3

2 .

Juni, 1990.

1. Uprostiti izraz1− 2b

a + b2

a2

a− b, a 6= b, a 6= 0.

2. Za koje realne brojeve x jex− 2

x− 1< −1.

3. Rexiti jednaqinu

(

3

2

)x

·(

8

9

)x

=64

27.

4. Rexiti jednaqinu log(x− 9) + 2 log√2x− 1 = 2.

5. Svo�enjem na oxtar ugao x 6= 0 dokazati da je

sin(π + x) cos(π2 − x)

cos(π2 + x)− sin(π − x) cos(x − π

2 )

cos(π2 + x)= 2 sinx.

6. Rexiti jednaqinu sinx+ cos2 x = 14 .

7. Izraqunati povrxinu romba qija je stranica a = 2 i oxtar ugao α = 30◦.

8. Kolika je osnovna ivica a pravilne trostrane piramide povrxine P =18

√3, ako je visina te piramide dva puta duжa od njene osnovne ivice?

9. Odrediti jednaqinu prave koja prolazi kroz taqku M(-5,4) i sa koordi-natnim osama obrazuje trougao povrxine 5.

10. Odrediti jednaqine pravih koje prolaze kroz taqku M(5,0) i dodirujukrug x2 + y2 = 9.

REXENjA

1. Dati izraz transformixemo

1− 2ba + b2

a2

a− b=

a2−2ab+b2

a2

a− b=

(a− b)2

a2(a− b)=

a− b

a2.

2. Kako je

x− 2

x− 1< −1 ⇔ x− 2 + x− 1

x− 1< 0 ⇔ 2x− 3

x− 1< 0,

22

to je(2x− 3 > 0 ∧ x− 1 < 0) ∨ (2x− 3 < 0 ∧ x− 1 > 0) ⇔ x ∈ (1, 3/2),

pa polazna nejednaqina vaжi za sve x koje pripadaju intervalu (1, 32 ).3. Korix�enjem ekvivalentnih transformacija dobijamo

(

3

2

)x

·(

8

9

)x

=64

27⇔ 3x

2x· 2

3x

32x=

43

33⇔ 22x

3x=

43

33

⇔(

4

3

)x

=

(

4

3

)3

⇔ x = 3.

4. Jednaqina ima smisla samo za x > 9 jer mora da bude x−9 > 0 i 2x−1 > 0.Dalje je

log(x− 9) + 2 log√2x− 1 = 2 ⇔ log[(x − 9)(2x− 1)] = 2

⇔ 2x2 − 19x+ 9 = 100 ⇔ 2x2 − 19x− 91 = 0

⇔ x1 = 13 ∨ x2 = −7

2, pa je rexenje samo x1 = 13.

5. Polaze�i od leve strane dobijamo

sin(π + x) cos(π2 − x)

cos(π2 + x)− sin(π − x) cos(x−π

2 )

cos(π2 + x)

=− sinx · sinx

− sinx− sinx sinx

− sinx= 2 sinx.

6. Iz date jednaqine je 4 sinx+4 cos2 x = 1. Dalje je −4 sin2 x+4 sinx+3 = 0.Uvodimo smenu sinx = t i dobijamo kvadratnu jednaqinu −4t2+4t+3 = 0. Njenarexenja su t1 = 3

2 i t2 = − 12 . Rexenje t1 = 3 ne dolazi u obzir jer je | sinx| ≤ 1,

tako da je

sinx = −1

2⇒ x = −π

6+ 2kπ ∨ x =

7π

6+ 2kπ, k ∈ Z.

7. Ako na slici (koju zbog jednostavnosti ovde izostavljamo) oznaqimovisinu sa h i stranicu romba sa a vidimo da je h

a = sin 30◦ = 12 . Odavde je

h = 12 · a = 1, s obzirom da je prema uslovu a = 2, tako da je povrxina romba

P = 2 · 1 = 2.

Slika 19

8. Povrxina piramide je P = B+M = a2√3

4 +3· a·h2 . Kako je

povrxina data i jednaka je P = 18√3, prema uslovu zadatka

H = 2a apotemu h lako izraqunavamo (slika 19)

h =√

H2 + r2 =

√

√

√

√H2 +

(

a√3

6

)2

=

√

4a2 +3a2

36=

7√3a

6

i povrxinu P = a2√3

4 + 7√3

4 = 2a2√3. Na kraju je

18√3 = 2a2

√3 ⇒ a2 = 9 ⇒ a = 3.

23

9. Segmentni oblik jednaqine prave je xa + y

b = 1 pa �e povrxina trougla

izme�u prave i koordinatnih osa biti P = |a·b|2 = 5, odakle sledi a · b = ±10.

Poxto prava prolazi kroz taqku M(-5,4) nalazimo relaciju

−5

a+

4

b= 1 ⇒ −5b+ 4a = ab.

Treba, dakle, rexiti dva sistema jednaqina

{

ab=10−5b+ 4a= ab

i

{

ab=−10−5b+ 4a= ab.

Rexenje prvog sistema je a1 = 52 , a2 = −5, b1 = 2, b2 = −4, a odgovaraju�e prave

l1 : x5 + y

2 = 1 i l2 : x−5/2 + y

−4 = 1. Drugi sistem nema rexenja.

10. Prava y = kx + n prolazi kroz taqku M(5,0) i sledi 0 = 5k + n. Ovaprava je tangenta kruga x2 + y2 = 9, a kako je uslov dodira prave i krugar2(k2 + 1) = n2, imamo 9(k2 + 1) = n2. Treba, dakle, rexiti sistem jednaqinan = −5, 9k2 + 9 = n2, a rexenja su k1 = 3

4 , k2 = − 34 , n1 = − 15

4 , n2 = 154 , xto

odre�uje dve tangente t1 : y = 34x− 15

4 i t2 : y = − 34x+ 15

4 .

Septembar, 1990.

1. Izraqunati vrednost izraza3−2 −

(

34

)−2

2−(

15

)−1 .

2. Rexiti nejednaqinu1

x< x.

3. Rexiti jednaqinu x

√16 =

√4x.

4. Rexiti jednaqinu log x+ log(x+ 3) = 1.

5. Izraqunati povrxinu trougla ABC ako je c−b = 1, hc = 2 i ugao α = 30◦.

6. Izraqunati zapreminu prave kruжne kupe qiji je osni presek jednakos-traniqni trougao, a polupreqnik osnove r = 3.

7. Rexiti jednaqinu sin 2x− sinx = 0.

8. Dokazati da za svaki oxtar ugao x vaжi

cos4 x+ cos2 x sin2 x+ sin2 x+ tg 2x =1

cos2 x.

9. Odrediti jednaqinu prave koja prolazi kroz taqku preseka pravih x +4y − 1 = 0 i 5x+ 6y + 1 = 0 i ortogonalna je sa pravom x− 4y + 7 = 0.

10. Odrediti jednaqinu kruga koji dodiruje obe koordinatne ose, a centarleжi na pravoj x+ y − 4 = 0.

24

REXENjA

1. Primenjujemo osnovne osobine stepena3−2 −

(

34

)−2

2−(

15

)−1 =19 − 16

9

2− 5=

5

9.

−1 0 11− x + + + −x − − + +

1 + x − + + +(1− x)(1 + x)

x + − + −

2. Data nejednaqina je ekvivalentna ne-jednaqini

1− x2

x< 0 ⇔ (1 − x)(1 + x)

x< 0.

Rexenje traжimo pom�u tabele odakle sledix ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞).

3. Oqigledno je x

√16 =

√4x ⇔ 4

2x = 4

x

2 ⇒ 2x = x

2 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = 2.4. Jednaqina ima smisla za x > 0. Tada je

log x+ log(x+ 3) = 1 ⇒ log x(x + 3) = 1 ⇒ x2 + 3x = 10

⇒ x2 + 3x− 10 = 0 ⇒ x = 2

i to je rexenje jednaqine jer drugo rexenje kvadratne jednaqine x = −5 nezadovoljava uslov x > 0.

Slika 20

5. Prema uslovu zadatka sa slike 20 vidimo da jehc

b = sin 30◦ = 12 ⇒ 2

b = 12 ⇒ b = 4, zatim je c−b = 1 ⇒ c = 5,

pa je povrxina trougla P =c · hc

2=

5 · 22

= 5.

6. Popreqni presek kupe je dat na slici 21. Premaelementima koji su dati imamo

r = 3 ⇒ s = 6, H =√

s2 − r2 =√36− 9 = 3

√3, V =

r2Hπ

3=

9π · 3√3

3= 9

√3π.

Slika 21

7. Primenjuju�i adicionu formulu za sinus dvostrukogugla datu jednaqinu dobijamo

2 sinx cosx− sinx = 0 ⇔ sinx = 0 ∨ cosx =1

2

x = kπ ∨ x = ±π

3+ 2kπ, k ∈ Z.

8. Polaze�i od leve strane dobijamo

cos4 x+ cos2 x sin2 x+ sin2 x+2tg x = cos4 x+ cos2 x(1 − cos2 x) + sin2 x+

sin2 x

cos2 x

= cos4 x+ cos2 x− cos4 x+ sin2 x+sin2 x

cos2 x= 1 +

sin2 x

cos2 x=

sin2 x+ cos2 x

cos2 x=

1

cos2 x.

9. Koordinate preseqne taqke se dobija kao rexenje sistema jednaqinax − 3y + 2 = 0, 5x + 6y − 4 = 0, odakle nalazimo da je x = − 5

7 i y = 37 , tj.

preseqna taqka je P (− 57 ,

37 ). Koeficijent pravca prave ortogonalne sa pravom

x−4y+7 = 0 je k1 = −4. Traжena prava je y− 37 = −4(x+ 5

7 ) odnosno y = −4x− 177 .

10. Koordinate centra kruga odre�ujemo kao presek pravih x + y − 4 = 0i y = x, pa nalazimo O1(2, 2). Prema uslovu zadatka lako uoqavamo da jep = q = 2 i r = 2, te je traжena jednaqina kruga K1 : (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4.

25

Juni, 1991.

1. Izraqunati

(

2√3− 1

+3√3− 2

+15

2−√3

)

1√3 + 5

.

2. Na�i x, y ∈ R tako da je (4 + 3i)x− (2− i)y − 10i = 0.

3. Broj 21 rastaviti na dva sabirka tako da zbir njihovih kvadrata bude261.

4. Rexiti jednaqinu 9x + 6x = 2 · 4x.

5. Rexiti nejednaqinu log2(x+ 1) + log2(x−1) > 1.

6. Rexiti jednaqinu cos 4x+ 2 cos2 x = 0.

7. Ako je tg x =n

n+ 1, tg y =

1

2n+ 1i 0 < x <

π

2, 0 < y <

π

2, odrediti x+ y.

8. Odrditi jednaqinu kruжnice koja je koncentriqna sa kruжnicom x2+y2+6x+ 2y + 5 = 0 i prolazi kroz taqku M(1,−4).

9. Kada se omotaq kupe razvije u ravni dobija se qetvrtina kruga polupre-qnika 4

√5. Izraqunati zapreminu kupe.

10. Brojevi 3, x1, x2, x3, x4, 13 su uzastopni qlanovi aritmetiqkog niza. Odred-iti nepoznate x1, x2, x3, x4.

REXENjA

1. Racionalixu�i svaki od imenilaca dobijamo(

2√3− 1

+3√3− 2

+15

2−√3

)

1√3 + 5

=

(

2(√3 + 1)

3− 1+

3(√3 + 2)

3− 4+

15(2 +√3)

4− 3

)

1√3 + 5

= (√3 + 1− 3

√3− 6 + 30 + 15

√3)

1√3 + 5

=13

√3 + 25√3 + 5

=(13

√3 + 25)(

√3− 5)

−22

= −39 + 25√3− 65

√3− 125

22=

20√3 + 43

11.

2. Kompleksni brojevi su jednaki ako i samo ako su im jednaki odgo-varaju�i realni i imaginarni deo. Sada je

(4 + 3i)x− (2− i)y − 10i = 0

⇔ 4x− 2y + (3x+ y − 10)i = 0

⇔ 4x− 2y = 0 ∧ 3x+ y − 10 = 0

⇔ y = 2x ∧ x = 2 ⇔ y = 4 ∧ x = 2.

26

3. Ako traжene brojeve oznaqimo sa x i y, tada je x+ y = 21, x2 + y2 = 261,odakle lako dobijamo brojeve 6 i 15.

4. Koriste�i osnovna svojstva stepena dobijamo

9x + 6x = 2 · 4x ⇔ 32x + 3x · 2x = 2 · 22x∣

∣ : 2x ⇔(

3

2

)2x

+

(

3

2

)x

= 2.

Uvo�enjem smene (32 )x = t dobijamo jednaqinu t2 + t− 2 = 0, a njena rexenja su

t1 = 1 i t2 = −2. Kako mora biti t > 0, iz (32 )x = 1 sledi x = 0.

5. Nejednaqina ima smisla za x > 0 pa je

log2(x+ 1) + log2(x−1) > 1 ⇔ log2

x+ 1

x> 1

⇔ x+ 1

x> 2 ⇔ −x+ 1

x> 0.

Zbog x > 0 sledi −x+ 1 > 0 ⇔ x < 1, pa je data nejednaqina taqna za x ∈ (0, 1).6. Svo�enjem na dvostruki ugao dobijamo

cos 4x+ 2 cos2 x = 0 ⇔ cos2 2x− sin2 2x+ 2 cos 2x = 0

⇔ cos2 2x− 1 + cos2 2x+ 1 + cos 2x = 0

⇔ cos 2x(1 + 2 cos 2x) = 0 ⇔ cos 2x = 0 ∨ cos 2x = −1

2

⇔ 2x = kπ +π

2∨ 2x = 2kπ ± 2π

3

⇔ x =kπ

2+

π

4∨ x = kπ +

π

3∨ x = kπ − π

3, k ∈ Z.

7. Prema adicionoj formuli za tangens zbira i uslovima zadatka imamo

tg x =n

n+ 1, tg y =

1

2n+ 1,

tg(x + y) =tg x+ tg y

1− tg x tg y=

nn+1 + 1

2n+1

1− nn+1 · 1

2n+1

= 1,

odakle je x+ y = π4 .

8. Za datu kruжnicu je p = −3, q = −1, pa je njena jednaqina (x+3)2+(y+1)2 =r2. Iz uslova da kruжnica prolazi kroz taqku M(1,−4) sledi

r =√

(1 + 3)2 + (−4 + 1)2 = 5.

Jednaqina traжene kruжnice je (x+ 3)2 + (y + 1)2 = 25.9. Prema uslovu zadatka je M = 1

4P , a povrxina kruga P = (4√5)2 = 80π.

Povrxina omotaqa je M = πrs, s = 4√5, pa je M = πr4

√5 = 20π. Dakle,

polupreqnik osnove je r =√5. Visina je H =

√s2 − r2 = 5

√3, pa je zapremina

kupe V = 13πr

2H = 25√3π

3 .

27

10. Brojevi 3, x1, x2, x3, x4, 13 qine aritmetiqku progresiju pa vaжi

x1 = 3 + d, x2 = 3 + 2d, x3 = 3 + 3d,

x4 = 3 + 4d, 13 = 3 + 5d.

Iz poslednje jednakosti je d = 2, pa je x1 = 5, x2 = 7, x3 = 9, x4 = 11.

Septembar 1, 1991.

1. Izraqunati(√

6− 2√5−

√

6 + 2√5)2

.

2. Odrediti realne brojeve x i y ako jex− 2

1 − i+

y − 3

1 + i= 1− 3i.

3. Za koje vrednosti realnog parametra m grafik funkcije y = x2 +m(m+1)x+ 100 dodiruje x-osu?

4. Rexiti jednaqinu log x− log1

x− 1− log 2 = log(2x+ 3).

5. Rexiti jednaqinu 3x · 5x−1 = 45.

6. Osnovice trapeza su 5 i 3, a uglovi pri ve�oj osnovici su 30◦ i 45◦.Izraqunati njegovu povrxinu.

7. Izraqunati povrxinu i zapreminu qetvorostrane jednakoiviqne piramideivice a.

8. Dokazati jednakost1 + sin 2t

sin t+ cos t=

√2 cos

(π

4− t)

za t 6= kπ +3π

4.

9. Rexiti jednaqinu sin 2x− cosx = 0.

10. Odrediti jednaqinu prave koja prolazi kroz taqku preseka pravih x −3y + 2 = 0 i 5x+ 6y − 4 = 0 i paralelna je sa pravom 4x+ y + 7 = 0.

REXENjA

1. Prema osobinama korena

(√

6− 2√5−

√

6 + 2√5

)2

= 6− 2√5− 2

√

(6− 2√5)(6 + 2

√5) + 6 + 2

√5

= 12− 2√36− 20 = 12− 8 = 4.

2. Na osnovu definicije i osobina kompleksnog broja najpre pojednos-tavljujemo izraz na levoj strani, i dobijamo

x− 2

1 − i+

y − 3

1 + i=

(x− 2)(1 + i)

2+

(x− 2)(1− i)

2,

28

qime se polazna jednaqina tako svodi na jednaqinu x+y−5+(x−y+1)i= 2−6i,odakle rexavaju�i sistem x+ y− 5 = 2∧x− y+1 = −6, nalazimo x = 0 i y = 7.

3. Da bi grafik date funkcije dodirivao x-osu potrebno je i dovoljno dajoj x-osa, tj. prava y = 0, bude tangenta. Ovo znaqi da jednaqina x2 +m(m +1)x + 100 = 0 mora imati samo jedno rexenje, odnosno da njena diskriminantaD mora biti jednaka nuli. Kako je D = (m(m + 1))2 − 400, iz D = 0 dobijamo(m(m+1))2 = 400 ⇔ m(m+1) = 20 ∨ m(m+1) = −20. U prvom sluqaju dobijamojednaqinu m2 +m− 20 = 0 i njena rexenja su brojevi 4 i -5. U drugom sluqajujednaqina nema realnih rexenja jer je njena diskriminanta manja od nule.Dakle, grafik date fukcije dodiruje x-osu za m ∈ {4,−5}.

4. Data jednaqina je definisana za x > 1. Pod ovim uslovom je

log x− log1

x− 1− log 2 = log(2x+ 3) ⇔ log

x(x − 1)

2x+ 3= log 2

⇔ x(x − 1)

2x+ 3= 2 ⇔ x2 − x = 4x+ 6 ⇔ x2 − 5x− 6 = 0 ⇔ x = 6.

Rexenje jednaqine x2−5x−6 = 0 je i broj −1, ali nije i rexenje date jednaqinejer, kako smo zakljuqili, mora da bude x > 1.

5. Prema osobinama stepena imamo

3x · 5x−1 = 45 ⇔ 1

5· 15x = 45 ⇔ 15x = 152 ⇔ x = 2.

6. Prema oznakama na slici 22 zakljuqujemo x = h ctg 30◦ = h√3, y = h i

x + y = 2. Dalje je h√3 + h = 2, odakle sledi h =

2√3 + 1

, tj. h =√3 − 1. Sada

je P =a+ b

2· h =

5 + 3

2(√3− 1) = 4(

√3− 1).

Slika 22

7. Podnoжje O visine H date piramide polovi dijago-nalu d bazisa piramide (slika 23). Oznaqimo sa h visinuboqne strane piramide (jednakostraniqnog trougla), pa je

d = a√2, H =

√

a2 − (d/2)2 =√

a2 − a2/2 =a√2

2, h =

a√3

2

Slika 23

i dalje

P = a2 + 4 · a2√3

4= a2(

√3 + 1), V =

a2

3· a

√2

2=

a3√2

6.

8. Trigonometrijskim transformacijama dobijamo

1 + sin 2t

sin t+ cos t=

sin2 t+ 2 sin t cos t+ cos2 t

sin t+ cos t= sin t+ cos t

= sin t+ sin(π

2− t)

= 2 sinπ

4cos(

t− π

4

)

=√2 cos

(π

4− t)

.

29

9. Transformacijom polazne jednaqine na ekvivalntan oblik nalazimo

sin 2x− cosx = 0 ⇔ 2 sinx cosx− cosx = 0

⇔ cosx(2 sinx− 1) = 0 ⇔ cosx = 0 ∨ sinx =1

2

⇔ x = kπ +π

2∨ x = 2kπ +

π

6∨ x = (2k + 1)π − π

6, k ∈ Z.

10. Presek datih pravih nalazimo rexavanjem sistema jednaqina x−3y+2 =0 i 5x+6y− 4 = 0. Na taj naqin dobijamo da je A(0, 2/3) preseqna taqka datihpravih.

Prava qija je jednaqina 4x+ y + 7 = 0 ima koeficijent pravca m = −4, paprava kroz A paralelna sa ovom pravom ima jednaqinu y − 2/3 = −4(x− 0), tj.12x+ 3y − 2 = 0.

Septembar 2, 1991.

1. Rexiti jednaqinu sinx

2+ cosx = 1.

2. Dokazati jednakost

(

1 + tg x+1

cosx

)(

1 + tg x− 1

cosx

)

= 2 tg x.

3. Rexiti sistem jednaqina x2 + y2 = 29, x+ y = 7.

4. Rexiti jednaqinu log2(x− 1) + log2(x+ 2) = 2.

5. Rexiti nejednqinu 4x > 2x+1

x .

6. Rexiti nejednaqinu2x− 3

3x− 2< 0.

7. Uprostiti izraz

√

a− 1

a2 + a+ 1·√a3 − 1.

8. Odrediti jednaqinu prave koja na ordinatnoj osi odseca odseqak n = 2i dodiruje kruжnicu x2 + y2 − 6x− 2y = 0.

9. Osnovna ivica pravilne xestostrane prizme iznosi 3 cm, a dijagonalaboqne strane 6 cm. Izraqunati zapreminu prizme.

10. Odrediti realni i imaginarni deo kompleksnog izrazaz − z

1 + z zza z = 1+i.

REXENjA

1. Iz cosx = cos2 x2 − sin2 x

2 sledi 1− cosx = 2 sin2 x2 pa dobijamo

sinx

2+ cosx = 1 ⇔ sin

x

2= 1− cosx ⇔ sin

x

2= 2 sin2

x

2

⇔ sinx

2

(

1− 2 sinx

2

)

= 0 ⇔ sinx

2= 0 ∨ sin

x

2=

1

2

⇔ xk = 2kπ ∨ xm =π

3+ 4mπ ∨ xn =

5π

3+ 4nπ, k,m, n ∈ Z.

30

2. Polaze�i od leve strane imamo

(

1 + tg x+1

cosx

)(

1 + tg x− 1

cosx

)

= 1 + 2 tg x+2tg x− 1

cos2 x

=cos2 x+ 2 sinx cosx+ sin2 x− 1

cos2 x=

2 sinx cosx

cos2 x= 2 tg x.

3. Iz druge jednaqine je x = 7−y pa smenom u prvoj dobijamo (7−y)2+y2 =29, odnosno kvadratnu jednaqinu y2−7y+10 = 0. Njena rexenja su y1 = 5, y2 = 2i odgovaraju�a x1 = 2, x2 = 5.

4. Jednqina ima smisla ako je x > 1. Dalje je

log2(x− 1) + log2(x+ 2) = 2 ⇔ log2(x− 1)(x+ 2) = 2

⇔ (x− 1)(x+ 2) = 4 ⇔ x2 + x− 6 = 0 ⇔ x1 = 2, x2 = −3.

Zbog poqetnog uslova x > 1 sledi da je x = 2 traжeno rexenje.

5. Na osnovu osobina stepena nalazimo

4x > 2x+1

x ⇔ 22x > 2x+1

x ⇔ 22x2

−x−1

x > 1

⇔ 2x2 − x− 1

x> 0 ⇔ 2(x− 1)(x+ 1/2)

x> 0, odakle je

(

x− 1

x> 0 ∧ x > −1/2

)

∨(

x− 1

x< 0 ∧ x < −1/2

)

⇔ (x ∈ (−∞, 0) ∪ (1,+∞) ∧ x > −1/2) ∨ (x ∈ (0, 1) ∧ x < −1/2)

⇔ x ∈ (−1/2, 0) ∪ (1,+∞).

Dakle, data nejednaqina je taqna za x ∈ (− 12 , 0) ∪ (1,+∞).

6. Data nejednaqina je taqna za 2x−3 > 0, 3x−2 < 0 ili 2x−3 < 0, 3x−2 > 0,odakle lako sledi rexenje x ∈ (23 ,

32 ).

7. Koriste�i osobine korena dobijamo

√

a− 1

a2 + a+ 1·√

a3 − 1 =

√

a− 1

a2 + a+ 1· (a− 1)(a2 + a+ 1)

=√

(a− 1)2 = |a− 1|.

8. Jednaqina kruжnice je (x− 3)2 +(y− 1)2 = 10, a traжene prave y = kx+2.Uslov dodira prave i kruжnice je r2(k2 + 1) = (kp − q + n)2, gde su p i qkoordinate centra kruжnice. Taqka M(0, 2) pripada krugu, dakle zadatak imasamo jedno rexenje. Sada je

10(k2 + 1) = (3k − 1 + 2) =⇒ k2 − 6k + 9 = 0 =⇒ k = 3.

Dakle, traжena tangenta je y = 3x+ 2.

31

Slika 24

9. Zapremina prizme je V = B · H = 123

√3 a2H = 1

227√3H, a

prema uslovu zadatka (vidi sliku 24) je H =√62 − 32 = 3

√3.

Dakle, V = 1227

√3 · 3

√3 = 243

2 .10. Prema definiciji konjugovano–kompleksnog broja nalaz-

imoz − z

1 + z z=

1 + i− (1− i)

1 + (1 + i)(1− i)=

2i

3,

odakle sledi Re(

z−z1+z z

)

= 0, Im(

z−z1+z z

)

= 23 .

Juni, 1992.

1. Uprostiti izraz2x

x− 1− 3x2 + 2x+ 1

x3 − 1+

x+ 1

x2 + x+ 1.

2. Rexiti jednaqinu 4√x−2 + 16 = 10 · 2

√x−2.

3. Rexiti sistem jednaqina

{

log x− log y = 2log x · log y = 3

.

4. Ispitati da li je taqna jednakost 1 +1

i=

2i

i− 1, pri qemu je i =

√−1.

5. Rexiti nejednaqinu1

2x− 5> 1.

6. Rexiti jednaqinu sin 2x− cosx = 0.

7. Izraqunati povrxinu pravougaonika upisanog u elipsux2

16+

y2

12= 1, pri

qemu dve suprotne stranice pravougaonika sadrжe жiжe elipse.

8. Odrediti duжinu prostorne dijagonale D zarubljene pravilne qetvoros-trane piramide ako je dato: B1 = 4, B2 = 1, V = 7.

REXENjA

1. Ako imenilac u drgom sabirku rastavimo kao razliku kubova i dovedemosve izraze na zajedniqki imenilac dobi�emo

2x(x2 + x+ 1)− 3x2 − 2x− 1 + (x+ 1)(x− 1)

(x− 1)(x2 + x+ 1)=

2x3 − 2

x3 − 1= 2.

2. Primenjuju�i osobine stepena datu jednaqinu dovodimo na oblik 22√x−2+

16 = 10 · 2√x−2. Uvode�i smenu 2

√x−2 = t, gde t mora da bude ve�e od nule,

dobijamo kvadratnu jednaqinu t2 − 10t+ 16 = 0 qija su rexenja t1 = 8 i t2 = 2.Odatle nalazimo

2√x−2 = 23 ⇒ x− 2 = 9 ⇒ x1 = 11,

2√x−2 = 2 ⇒ x− 2 = 1 ⇒ x2 = 3,

32

xto su sva rexenja polazne jednaqine.3. Iz prve jednaqine sistema je log x = 2 + log y i smenjuju�i to u drugoj

jednaqini nalazimo

(log y)2 + 2 log y − 3 = 0 ⇒ log y = 1 ∨ log y = −3.

Znaqi, imamo dva rexenja y1 = 10 i y2 = 10−3, a rexenja za x su

log x = 2+ 1 ⇒ x1 = 103, log x = −1 ⇒ x2 = 10−1.

4. Polazimo od leve strane i koristimo osnovne osobine komleksnih bro-jeva

1 +1

i=

1 + i

i=

i + 1

i· i(i− 1)

i(i− 1)=

−2i

−1(i− 1)=

2i

i− 1

qime pokazujemo da je navedena jednakost taqna.5. Dodavanjem levoj i desnoj strani date nejednakosti −1, potom dovo�enjem

dobijenog izraza na levoj strani na isti imenilac, dolazimo do ekvivalentnenejednaqine

1− 2x+ 5

2x− 5> 0 ⇔ 6− 2x

2x− 5> 0 ⇔ 3− x

2x− 5> 0,

qije je rexenje

(3− x > 0 ∧ 2x− 5 > 0) ∨ (3− x < 0 ∧ 2x− 5 < 0) ⇔ 5

2< x < 3.

Dakle, rexenja nejednaqine svi realni brojevi koji pripadaju intervalu (52 , 3).6. Koriste�i adicionu formulu za sinus dvostrukog ugla jednaqinu dovodimo

na oblik

2 sinx cosx− cosx = 0 ⇔ sinx = 12 ∨ cosx = 0

x = π6 + 2kπ ∨ x = 5π

6 + 2kπ ∨ x = π2 + kπ, k ∈ Z.

7. Iz jednaqine elipse nalazimo a2 = 16, b2 = 12, c =√a2 − b2 = 2. Жiжe

elipse su F1(2, 0) i F2(−2, 0). S obzirom da suprotne stranice sadrжe жiжeelipse, nalazimo iz jednaqine elipse da je za x = 2 vrednost y = ±3, xtoznaqi da su duжine stranica pravougaonika 6 i 4. Povrxina pravougaonikaje P = 6 · 4 = 24.

Slika 25

8. Prema uslovima zadatka i jedna i drugabaza zarubljene piramide su kvadrati, pa izB1 = 4 sledi a1 = 2, iz B2 = 1 sledi a2 = 1.Zapremina zarubljene piramide je V = H

3 (B1 +√B1B2 + B2) pa imamo 7 = H

3 (4 + 2 + 1) = H3 · 7 ⇒

H3 = 1 ⇒ H = 3. Popreqni dijagonalni presekje jednakokraki trapez, a njegova dijagonala je u

stvari dijagonala date zarubljene piramide. Sa slike 25 vidimo da je

D2 = H2 +

(

√2 +

√2

2

)2

= 9 +

(

3√2

2

)2

=27

2⇒ D =

3√6

2.

33

Septembar 1, 1992.

1. Izraqunati vrednost brojnog izraza

25−12 −

(

1

27

)− 23

+ 100013 .

2. Odrediti realni i imaginarni deo komleksnog broja z =1− i

2 + 3i.

3. Rexiti jednaqinu 21 · 3x − 5x+2 = 9 · 3x+2 − 5x+3.

4. Rexiti trigonometrijsku jednaqinu cosx− cos 2x = 1.

5. Rexiti nejednaqinux− 1

x− 2<

x− 3

x− 5.

6. Rexiti sistem jednaqina x2 + 3y2 = 3, x− y − 1 = 0.

7. Data je prava x + 2y − 2 = 0 i taqka M(4,4). Odrediti koordinate pro-jekcije taqke M na datu pravu.

8. Odrediti zapreminu zarubljene pravilne trostrane piramide qije suosnovne ivice a = 9, b = 3, a boqna ivica je 5.

REXENjA

1. Primenom osnovnih svojstava stepena lako izraqunavamo

25−12 −

(

1

27

)− 23

+ 100013 =

1

5− 9 + 10 =

6

5.

2. Dati kompleksni broj dovodimo na oblik x+ iy:

z =1− i

2 + 3i=

(1− i)(2 − 3i)

4 + 9=

2− 2i− 3i− 3

13= − 1

13− 5

13i

i zakljuqujemo da je Rez = − 113 i Imz = − 5

13 .3. Posle preure�enja jednaqina postaje

21 · 3x + 25 · 5x = 81 · 3x − 125 · 5x ⇔ 100 · 5x = 60 · 3x,

odakle je (53 )x = 3

5 ⇒ x = −1.4. Posle primene adicione formule za kosinus dvostrukog ugla poqetna

jednaqina postaje

cosx− cos2 +sin2 x = sin2 x+ cos2 x ⇔ cosx− 2 cos2 x = 0

⇔ cosx(1− 2 cosx) = 0 ⇔ cosx = 0 ∨ 1− 2 cosx = 0

⇔ x =π

2+ kπ ∨ x = ±π

3+ 2kπ, k ∈ Z.

34

5. Poznatim transformacijama dobijamo

x− 1

x− 2− x− 3

x− 5< 0 ⇔ (x − 1)(x− 5)− (x− 2)(x− 3)

(x− 2)(x− 5)< 0

⇔ −x− 1

(x− 2)(x− 5)< 0 ⇔ x+ 1

(x− 2)(x− 5)> 0.

Poslednju nejednaqinu rexavamo pomo�u slede�e tabele, i njeno rexenje jex ∈ (−1, 2) ∪ (5,+∞).

−1 2 5x+ 1 − + + +x− 2 − − + +x− 5 − − − +x+ 1

(x− 2)(x− 5)− + − +

6. Iz druge jednaqine sistema je x = y+1i ovo smenjujemo u drugoj jednaqini. Takodobijamo kvadratnu jednaqinu y2 + y − 1 = 0qija su rexenja y1 = 1

2 i y2 = −1. Potomnalazimo x1 = 3

2 , x2 = 0.7. Datu pravu dovodimo na oblik y =

− 12x + 1 i kroz taqku M(4,4) postavljamo

pravu uparvnu na nju. Njena jednaqina jey − 4 = 2(x − 4), to jest y = 2x − 4. Koordinate projekcije M ′ taqke Mkoja se nalazi na pravoj y = − 1

2x + 1 dobijamo rexavanjem sistema jednaqinay = − 1

2x+ 1, y = 2x− 4, pa je M ′(2, 0).

8. Zapremina zarubljene piramide je V =H

3(B1+

√

B1B2 +B2), a s obzirom

da je u pitanju pravilna trostrana zarubljena piramida, tada su ve�a i manjaosnova jednakostraniqni trouglovi. Njihovi polupreqnici opisanih kruжni-

ca su redom R1 =a√3

3i R2 =

b√3

3.

Slika 26

Postavimo ravan koja sadrжi jednu boqnu ivicu i nor-malna je na ravan osnove (videti sliku 26). U tako do-bijenom preseku uoqimo trapez qije su osnovice upravopolupreqnici R1 i R2, jedan krak je boqna ivica a drugikrak visina zarubljene piramide. Zakljuqujemo da je

H2 = s2 − (R1 −R2)2 = 25−

[

(9− 3)√3

3

]2

= 13.

Dalje izraqunavamo povrxine osnova

B1 =a2√3

4=

81√3

4, B2 =

b2√3

4=

9√3

4,

pa nalazimo V =√133 (81

√3

4 +√81·9·34 + 9

√3

4 ) = 39√39

4 .

Septembar 2, 1992.

1. Izvrxiti naznaqene operacije u izrazu(

3a−1x2

5b−2y3

)−2

·(

10ax−3

9by−2

)−3

.

35

2. Dokazati identitet

sinα

cosα+ sinα− cosα

cosα− sinα=

tg2 α+ 1

tg2 α− 1.

3. Rexiti jednaqinu

log 3 +1

2log 4 + log(5x− 1) = log(x+ 2) + log 23.

4. Rexiti sistem jednaqina1

x+

1

y=

5

6, x+ y = 5.

5. Rexiti jednaqinu√2 sin2 x+ cosx = 0.

6. Odrediti realni i maginarni deo kompleksnog brojaz − z

1 + z · z , gde je z =

1 + i.

7. Date su taqke A(3,−1), B(11, 7) i C(1, 2). Odrediti jednaqinu prave pkoja sadrжi taqku C i normalna je na pravu odre�enu taqkama A i B.

8. U zarubljenoj pravoj kruжnoj kupi poznati su polupreqnici baza R = 9i r = 3 i nagib izvodnice prema donjoj osnovi α = 30◦. Izarqunatizapreminu.

REXENjA

1. Primenjuju�i osobine stepena nalazimo(

3a−1x2

5b−2y3

)−2

·(

10ax−3

9by−2

)−3

=3a−2a2x−4

5−2b4y−6· 10

−3a−3x9

9−3b−3y6

=34x5

5 · 23ab =81x5

40ab

2. U dokazu polazimo od leve strane

sinα

cosα+ sinα− cosα

cosα− sinα

=sinα cosα− sin2 α− cos2 α− sinα cosα

cos2 α− sin2 α

=− cos2 α( sin

2 αcos2 α + 1)

cos2 α(1 − sin2 αcos2 α )

=−(tg2 α+ 1)

1− tg2 α=

tg2 α+ 1

tg2 α− 1.

3. Znaju�i oblast definisanosti logaritamske funkcije, lako nalazimoda rexenje mora da zadovolja uslov x > 1

5 . Sluжe�i se poznatim operacijamavezanim za logaritme, dobijamo

log[3 · 2 · (5x− 1)] = log 23(x + 2) ⇔ log6(5x− 1)

8(x+ 2)= 0

⇔ 3(5x− 1)

4(x+ 2)= 1 ⇔ 15x− 3 = 4x+ 8 ⇔ 11x = 11 ⇔ x = 1.

36

4. Iz druge jednaqine nalazimo da je x = 5 − y. Posle smene u prvojjednaqini i uz uslov y 6= 0, x 6= 5, dobijamo

1

5− y+

1

y=

5

6⇒ y + 5− y

y(5− y)=

5

6⇒ y2 − 5y + 6 = 0.

Odavde je y1 = 3, y2 = 2 odnosno x1 = 2, x2 = 3.5. Na osnovu relacije sin2 x = 1− cos2 x data jednaqina postaje

√2(1− cos2 x) + cosx = 0 ⇔ −

√2 cos2 x+ cosx+

√2 = 0

⇔ cosx = −√2

2⇒

{

x = 3π4 + 2kπ

x = 5π4 + 2kπ,

k ∈ Z.

6. Primenjuju�i operaciju konjugovanja komleksnog broja, dati izraz za

z = 1 + i postajez − z

1 + z · z =1 + i− 1 + i

1 + (1 + i)(1− i)=

2i

3, odakle je Re

z − z

1 + z · z = 0 i

Imz − z

1 + z · z =2

3.

7. Prava kroz taqke A i B ima jednaqinu y + 1 = x − 3, to jest, y = x − 4,a prava ortogonalna sa njom koja prolazi kroz taqku C ima jednaqinu y − 2 =−1 · (x − 1), odnosno y = −x+ 3.

Slika 27

8. Na slici 27 dat je popreqni presek prave zarubljenekupe, pa s obzirom na date elemente nalazimo

tg 30◦ =H

R− r⇒ H

6=

√3 ⇒ H = 6

√3.

Zapremina prave zarubljene kupe je V = Hπ3 (R2 +Rr + r2)

tako da je V = 6√3π3 (92 + 9 · 3 + 32) = 234

√3π.

Juni, 1993.

1. Izraqunati

(

(

−27

8

)− 13(

81

16

)34(

−3

2

)−2)− 3

5

.

2. Rexiti nejednaqinu 2 log x > log2 x.

3. Rexiti jednaqinu 5x − 53−x = 20.

4. Rexiti jednaqinu sin x2 + cosx = 1.

5. Iz жiжe hiperbole 9x2 − 16y2 = 144 konstruisana je normala na asimp-totu. Izraqunati povrxinu ograniqenu ovom normalom, asimptotom iapscisom.

6. Osni presek prave kupe polupreqnika osnove r je jednakostraniqni trougao.Na kom rastojanju od vrha treba postaviti ravan paraleleno osnovi kupekoja polovi njenu zapreminu.

37

7. Na�i brojeve x i y tako da jex− 2

1 − i+

y − 3

1 + i= 1− 3i.

REXENjA

1. Prema poznatim osobinama stepena dobijamo

(

(

−27

8

)− 13(

81

16

)34(

−3

2

)−2)− 3

5

=

(

(

−3

2

)3(− 13 )(3

2

)4( 34)(

−3

2

)−2)− 3

5

=

(

−2

3

(

3

2

)3(2

3

)2)− 3

5

= (−1)−35 = −1.

2. Kako logaritam postoji za x > 0 dobijamo

2 log x > log2 x ⇔ log x(2 − log x) > 0 ⇔(log x > 0 ∧ log x < 2) ∨ (log x < 0 ∧ log x > 2) ⇔(x ∈ (1,+∞) ∩ (0, 100)) ∪ (x ∈ (0, 1) ∩ (100,+∞))

⇔ x ∈ (1, 100) .

3. Koriste�i osobine stepena, za datu jednaqinu je

5x − 53−x = 20 ⇔ 5x − 53

5x= 20 ⇔ 52x − 20 · 5x − 125 = 0.

Uvedimo smenu 5x = t, tada prethodna jednaqina dobija oblik t2−20t−125 =0, a rexenja su joj t1 = 25 i t2 = −5. S obzirom da je t > 0 drugo rexenje nedolazi u obzir. Sada je 5x = 25 odnosno x = 2.

4. Prema formuli za kosinus dvostrukog ugla dobijamo

sinx

2+ cosx = 1 ⇔ sin

x

2+ cos2

x

2− sin2

x

2= sin2

x

2+ cos2

x

2

⇔ sinx

2(2 sin

x

2− 1) = 0 ⇔ sin

x

2= 0 ∨ sin

x

2=

1

2⇔

x

2= kπ, k ∈ Z ⇒ xk = 2kπ, k ∈ Z,

x

2=

π

6+ 2mπ, m ∈ Z ⇒ xm =

π

3+ 4mπ, m ∈ Z,

x

2=

5π

6+ 2nπ, n ∈ Z ⇒ xn =

5π

3+ 4nπ, n ∈ Z.

5. Kako je 9x2 − 16y2 = 144 ⇔ x2

16− y2

9= 1, sledi da je a = 4, b = 3,

e =√16 + 9 = 5. Жiжe hiperbole su F1(−5, 0) i F2 = (5, 0), a asimptote prave

y = ± b

ax = ±3

4x.

Normala na asimptotu y = 34x kroz taqku F2(5, 0) ima jednaqinu y = − 4

3 (x−5). Taqka preseka asimptote i normale je M(165 ,

125 ). Povrxina taжenog

trougla je P = 12 · 5 · 12

5 = 6 (slika 28).

38

Slika28

Slika 29

6. Zapremina prave kupe qiji je osni presek jed-

nakostraniqni trougao je V =πr3

√3

6, a zapremina nove

kupe je V1 =πr21 · x

3. Iz osnog preseka (slika 29), na

osnovu sliqnosti odgovaraju�ih trouglova, sledi pro-

porcionalnostx

H=

r1r, to jest,

xr√3

2

=r1r, pa je x =

√3

2r1.

Sada imamo:V1

V=

1

2⇒ r31

r3=

1

2⇒ 2r31 − r3 = 0 ⇒ r1 =

r3√2.

Dakle, x =r√3

2 3√2.

7. Koriste�i osobine kompleksnih brojeva dobijamo

x− 2

1 − i=

y − 3

1 + i=

(x − 2)(1 + i) + (y − 3)(1 − i)

2

=(x + y − 2− 3) + (x− y − 2 + 3)i

2

=(x + y − 5)

2+

(x− y + 1)

2i.

Odavde je:

(x+ y − 5)

2= 1 ∧ (x− y + 1)

2= −3 ⇔ x+ y = 7 ∧ x− y = −7,

odnosno x = 0 i y = 7.

Septembar, 1993.

1. Izvrxiti naznaqene operacije

4

√

1

x− 1

x3·√

x2

1− 1x2

√

x− 1

x.

2. Rexiti jednaqinu 4√x−2 + 16 = 10 · 2

√x−2.

3. Dokazati identitet

cos2(270◦ − t)1

sin2(90◦ + t)− 1

+sin2(270◦ + t)

1

cos2(90◦ − t)− 1

= 1.

4. Rexiti jednaqinu sinx+ cos2 x =1

4.

5. Rexiti nejednaqinu log3(x2 − 5x+ 6) < 0.

39

6. Napisati jednaqinu kruжnice koja prolazi kroz taqke A(−1,−3) i B(3,−3),a centar pripada pravoj p : x− y = 0.

7. Data je kosa qetvorostrana prizma qije su osnove kvadrati stranice a,a boqne ivice su tako�e duжine a. Jedno teme gornje osnove nalazi seiznad preseka dijagonala donje osnove. Izraqunati zapreminu V prizme.

REXENjA

1. S obzirom na osobine korena imamo

4

√

1

x− 1

x3·√

x2

1− 1x2

√

x− 1

x=

(

x2 − 1

x3

)14

·(

x4

x2 − 1

)12

·(

x2 − 1

x

)14

= |x|.

2. Uvo�enjem smene 2√x−2 = t dobijamo kvadratnu jednaqinu t2−10t+16 = 0,

qija su rexenja t1 = 8 i t2 = 2. Sada je

2√x−2 = 23 ⇔ x1 − 2 = 9 ⇔ x1 = 11

i2√x−2 = 2 ⇔ x2 − 2 = 1 ⇔ x2 = 3.

3. Oqigledno je

cos2(270◦ − t)1

sin2(90◦ + t)− 1

+sin2(270◦ + t)

1

cos2(90◦ − t)− 1

=sin2 t1

cos2 t− 1

+cos2 t1

sin2 t− 1

=sin2 t cos2 t

1− cos2 t+

sin2 t cos2 t

1− sin2 t=

sin2 t cos2 t

sin2 t+

sin2 t cos2 t

cos2 t= cos2 t+ sin2 t = 1.

4. Jednostavnim trigonometrijskim transformacijama dobijamo

sinx+ cos2 x =1

4⇔ 4 sinx+ 4 cos2 x− sin2 x− cos2 x = 0

⇔ 3 cos2 x− sin2 x+ 4 sinx = 0

⇔ 3− 3 sin2 x− sin2 x+ 4 sinx = 0

⇔ −4 sin2 x+ 4 sinx+ 3 = 0.

Uvo�enjem smene sinx = t poslednja jednaqina dobija oblik −4t2+4t+3 = 0,a rexenja su joj t1 = − 1

2 , t2 = 32 . Za t1 = − 1

2 je

sinx = −1

2⇔ xn =

7π

6+ 2nπ, n ∈ Z ∨ xm =

11π

6+ 2mπ, m ∈ Z,

40

dok za t2 jednaqina nema rexenja jer je t2 > 1.5. Za datu jednaqinu je

log2(x2 − 5x+ 6) < 0 ⇔ 0 < x2 − 5x+ 6 < 1

⇔ x2 − 5x+ 6) > 0 ∧ x2 − 5x+ 5 < 0

⇔ x ∈ (−∞, 2) ∪ (3,+∞) ∧ x ∈(

5−√5

2,5 +

√5

2

)

⇔ x ∈(

5−√5

2, 2

)

∪(

3,5 +

√5

2

)

.

6. Iz uslova da data kruжnica sadrжi taqke A i B, jednaqina kruжnice(x− p)2 + (y − q)2 = r2 daje sistem jednaqina po p, q i r: (−1− p)2 + (−3− q)2 =r2, (3−p)2+(−3− q)2 = r2. Poxto centar C(p, q) pripada datoj pravoj, to vaжip − q = 0 odnosno p = q. Rexavanjem sistema dobijamo p = q = 1, r = 2

√5, pa

jednaqina kruжnice glasi

(x− 1)2 + (y − 1)2 = 20.

Slika 30

7. Iz uslova zadatka, korix�enjem oznaka saslike 30, dobijamo

V = B ·H = a2 ·H,d

2=

a√2

2,

H2 = a2 − a2

2=

a2

2, H =

a√2

2.

Zapremina je V = a2a√2

2=

a3√2

2.

Juni, 1994.

1. Izraqunati vrednost izraza

(

2√3− 1

+3√3− 2

+15

3−√3

)

(√3 + 5

)− 12

.

2. Rexiti jednaqinu 2x−1 − 2x−3 = 3x−2 − 3x−3.

3. Rexiti nejednaqinu log 12(x2 − 4x+ 3) ≥ −3.

4. Dokazati identitet√1− 2 sinx cos x

sin2 x− cos2 x+

2 sinx cosx

sinx+ cosx= sinx+ cosx.

41

5. Rexiti jednaqinu sinx+ cos2 x = 14 .

6. Na pravoj x = −5 odrediti taqku podjednako udaljenu od leve жiжeelipse x2 + 5y2 = 20 i temena koje pripada pozitivnom delu ordinatneose.

7. Osnova prave prizme je jednakokraki trougao qija osnovica ima duжinua, a ugao pri osnovici je α. Na�i zapreminu prizme ako je povrxinanjenog omotaqa jednaka zbiru povrxina njenih osnova.

REXENjA

1. Racionalixu�i svaki imenilac dobijamo(

2√3− 1

+3√3− 2

+15

3−√3

)

(√3 + 5)−

12

=

(

2(√3 + 1)

2− 3(

√3 + 2)

1+

15(3 +√3)

6

)

1√√

3 + 5

=5 +

√3

2·√√

3 + 5√3 + 5

=

√√3 + 5

2.

2. Koriste�i osobine stepena dobijamo

2x−1 − 2x−3 = 3x−2 − 3x−3 ⇔ 2x(

12 − 1

8

)

= 3x(

19 − 1

27

)

⇔(

23

)x=

22738

=(

23

)4 ⇔(

23

)x=(

23

)4 ⇔ x = 4 .

3. Logaritamska funkcija je definisana samo za pozitivne vrednosti, padobijamo

log 12(x2 − 4x+ 3) ≥ −3 ⇔ 0 < x2 − 4x+ 3 ≤ 8 ⇔

x2 − 4x+ 3 > 0 ∧ x2 − 4x− 5 ≤ 0 ⇔x ∈ (−∞, 1) ∪ (3,+∞) ∧ x ∈ [−1, 5] ⇔x ∈ [−1, 1) ∪ (3, 5]

4. Polaze�i od leve strane imamo√1− 2 sinx cosx

sin2 x− cos2 x+

2 sinx cos x

sinx+ cosx

=

√

(sinx− cosx)2 + 2 sinx cosx(sin x− cosx)

sin2 x− cos2 x

=(sinx− cosx)(1 + 2 sinx cos x)

sin2 x− cos2 x

=(sinx− cosx)(sin x+ cosx)2

(sinx− cosx)(sin x+ cosx)= sinx+ cosx.

42

5. Zadatak je isti kao 4. zadatak u septembarskom roku 1993.

6. Iz jednaqine elipsex2

20+

y2

4= 1 sledi a = 2

√5, b = 2 i e =

√a2 − b2 =

√16 = 4. Leva жiжa je F (−4, 0). Teme koje pripada pozitivnom delu ordinatne

ose je A(0, 2) (slika 31). Sada je

Slika 31

d(M,A) = d(M,F ) ⇔√

(−5)2 + (y − 2)2 =√

(−5 + 4)2 + y2

⇔ (y − 2)2 − y2 = 1− 25 ⇒ y = 7.

Traжena taqka je M(−5, 7).7. Zapremina je V = B · H. Iz uslova zadatka, ko-

rix�enjem oznaka sa slike 32 dobijamo

ha2

= tgα ⇔ h =a

2tgα, odnosno

a2

b= cosα ⇔ b =

a

2 cosα.

Slika 32

Sledi, B =a2 tgα

4,M = (a + 2b)H =

(

a +a

cosα

)

H =

aH(1 + cosα)

cosα= aH

2 cos2 α2

cosαi

M = 2B ⇔ aH2 cos2 α

2

cosα=

a2 tgα

2⇒

H =a tgα

2· cosα

2 cos2 α2

=a sinα

4 cos2 α2

=a

2tg

α

2,

V =a2 tgα

4· a2tg

α

2=

a3

8tgα tg

α

2.

Septembar, 1994.

1. Odrediti vrednost izraza(−5)−4 · 2514

1256.

2. Data je kvadratna jednaqina

(a2 − 1)x2 + 2(1− 3a)x+ 8 = 0, (a ∈ Z ∧ a 6= ±1).

Odrediti a tako da koreni jednaqine budu jednaki.

3. Rexiti nejednaqinu log2x− 1

x+ 1< 1.

4. Rexiti jednaqinu

(

3

2

)x

·(

8

9

)x

=64

27.

5. Izraqunati vrednost izrazacosx

1− tg x− sinx

1− ctg x, ako je sinx = 0, 6 i x ∈

(0,π

2).

43

6. Odrediti duжinu tetive koju odseca prava 3x + y + 2 = 0 na kruжnicix2 + y2 − 4x+ 6y − 12 = 0.

7. Izraqunati r i H prave kruжne kupe qija je zapremina V = 9π√3, a

povrxina omotaqa M je dva puta ve�a od povrxine baze.

REXENjA

1. Koriste�i poznate osobine stepenovanja lako izraqunavamo

(−5)−4 · 25141256

=5−4 · 528

518= 56.

2. Koreni kvadratne jednaqine �e biti jednaki ako je diskriminanta jed-naka nuli. Dakle,

D = 4(1− 3a)2 − 32(a2 − 1) = 4(a2 − 6a+ 9) = 0 ⇔ (a− 3)2 = 0,

pa je a = 3.3. Datu nejednaqinu transformixemo u dvostruku uzimaju�i u obzir

oblast definisanosti i osnovna svojstva logaritamske funkcije:

log2x−1x+1 < 1 ⇔ 0 < x−1

x+1 < 2 ⇔ x−1x+1 > 0 ∧ x−1

x+1 < 2

⇔ x−1x+1 > 0 ∧ x+3

x+1 > 0

⇔ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞) ∧ x ∈ (−∞,−3) ∪ (−1,+∞)

⇔ x ∈ (−∞,−3) ∪ (1,+∞).

4. Jednaqinu dovodimo na ekvivalentan oblik

(

3

2

)x

·(

8

9

)x

=64

27⇔ 3x

2x· 2

3x

32x=

26

33

⇒ 22x

3x=

(

22

3

)3

⇒(

4

3

)x

=

(

4

3

)3

⇒ x = 3.

5. Ako je sinx = 610 = 3

5 vrednosti ostalih funkcija su

cosx =√

1− sin2 x =4

5, tg x =

3

4, ctg x =

4

3,

a traжena vrednost izraza je

cosx

1− tg x− sinx

ctg x=

45

1− 34

−35

1− 43

= 5.

6. Koordinate preseqnih taqaka prave i kruжnice se dobijaju kao rexenjesistema jednaqina

{

x2 + y2 − 4x+ 6y − 12 = 03x+ y + 2 = 0,

44

pa su preseqne taqke A(2,−8) i B(−1, 1). Duжina tetive je

d(AB) =√

(−1− 2)2 + (1 + 8)2 = 3√10.

7. Zapremina prave kruжne kupe je V = πr2H3 = 9π

√3, pa je je r2H = 27

√3.

Iz M = 2B sledi πrs = 2πr2 ⇒ s = 2r. Dalje je s2 = r2 +H2 ⇒ 4r2 = r2 +H2 ⇒H = r

√3. Nalazimo da je r = 3 i H = 3

√3.

Juni, 1995.

1. Rexiti nejednaqinux+ 2

x− 1< 2.

2. Rexiti jednaqinu 2 sin2 x+√3 sinx cosx+ cos2 x = 1.

3. Rexiti jednaqinu log x+ log(x− 3) = 2 log(6− x).

4. Rexiti jednaqinu 9x − 3x+1 + 2 = 0.

5. Odrediti parametar m da prava y = mx+1 dodiruje elipsu 3x2+4y2 = 2.

6. Izvodnica prave kruжne kupe s = 20cm zaklapa sa ravni osnove ugao 30◦.Na�i povrxinu i zapreminu kupe.

REXENjA

1. Oqigledno je

x+ 2

x− 1< 2 ⇔ x+ 2

x− 1− 2 < 0 ⇔ 4− x

x− 1< 0

⇔ (4− x > 0 ∧ x− 1 < 0) ∨ (4− x < 0 ∧ x− 1 > 0)

⇔ (x < 4 ∧ x < 1) ∨ (x > 4 ∧ x > 1)

⇔ x ∈ (−∞, 1) ∪ (4,+∞) .

2. Pomo�u poznatih trigonometrijskih transformacija dobijamo

2 sin2 x+√3 sinx cosx+ cos2 x = 1

⇔ sin2 x+√3 sinx cosx+ 1 = 1

⇔ sinx(sin x+√3 cosx) = 0

⇔ sinx = 0 ∨ sinx+√3 cosx = 0

⇔ sinx = 0 ∨ tg x = −√3 ⇔ x = kπ ∨ x = kπ − π

3, k ∈ Z .

3. Za x ∈ (3, 6) data jednaqina ima smisla pa je

log x+ log(x− 3) = 2 log(6− x)

⇔ log(x(x − 3)) = log(6− x)2 ⇔ x(x − 3) = (6− x)2

⇔ x2 − 3x = 36− 12x+ x2 ⇔ 9x = 36 ⇔ x = 4.

45

4. Kako je 9x − 3x+1 +2 = 0 ⇔ (3x)2 − 3 · 3x +2 = 0, to smenom 3x = t dobijamokvadratnu jednaqinu t2 − 3t + 2 = 0 qija su rexenja t = 1 ili t = 2. Sada iz3x = 1 sledi x = 0, a iz 3x = 2 sledi x = log3 2 i to su rexenja date jednaqine.

5. Kanonski oblik jednaqine date elipse jex2

2/3+

y2

1/2= 1. Koeficijent

m pravca traжene prave odredi�emo iz uslova dodira prave i elipse koji

u ovom sluqaju dobija oblik2

3m2 +

1

2= 1. Odavde je m1 =

√3

2, m2 = −

√3

2.

Dakle, zadatak ima dva rexenja i to su prave y =

√3

2x+ 1 i y = −

√3

2x+ 1.

6. Osni presek zadate kupe je jednokraki trougao ABC qiji je krak s = 20cmi ugao na osnovici 30◦ (slika 33). Neka je D podnoжje visine iz temena C naosnovicu AB, H visina kupe i r polupreqnik osnove kupe.

Slika 33

Sada zakljuqujemo da je H = s sin 30◦ = 20 · 12

= 10, r =

s cos 30◦ = 20 ·√3

2= 10

√3, pa je P = rπ(r + s) = 10π

√3(10

√3 +

20) = 100π√3(2 +

√3), V =

r2πH

3=

3000π

3= 1000π.

Septembar 1, 1995.

1. Rexiti jednaqinu 3 · 2−1/x · 31/x + 2 · 3−1/x · 21/x − 5 = 0.

2. Odrediti sva rexenja jednaqine sinx− cos 2x+ 1 = 0.

3. Za koju vrednost realnog broja x vaжi jednakost

log16 x+ log4 x+ log2 x = 7.

4. Od svih pravih koje su paralelne sa pravom x + y = 0 odrediti one kojedodiruju elipsu x2 + 4y2 = 20.

5. Zbir dijagonala romba je 14cm, a manja dijagonala iznosi 34 ve�e. Izraqunati

stranicu romba i polupreqnik upisane kruжnice.

REXENjA

1. Kako je

3 · 2−1/x · 31/x + 2 · 3−1/x · 21/x − 5 = 0 ⇔ 3

(

3

2

)1x

+ 2

(

3

2

)− 1x

− 5 = 0,

to smenom(

32

)1/x= t dobijamo jednaqinu 3t + 2

t − 5 = 0, to jest jednaqinu3t2 − 5t+ 2 = 0. Njena rexenja su t1 = 2

3 i t2 = 1. Za t1 je

(

3

2

)1x

=2

3⇔(

3

2

)1x

=

(

3

2

)−1

⇔ 1

x= −1 ⇔ x = −1.

46

Poxto ne postoji x ∈ R za koji je(

32

)1/x= 1 (jer bi onda moralo biti 1

x = 0xto je nemogu�e), sledi da je x = −1 jedino rexenje date jednaqine.

2. Koriste�i formulu cos 2x = cos2 x− sin2 x dobijamo

sinx− cos 2x+ 1 = 0 ⇔ sinx− cos2 x+ sin2 x+ 1 = 0

⇔ 2 sin2 x+ sinx = 0 ⇔ sinx(2 sinx+ 1) = 0

⇔ sinx = 0 ∨ sinx = −1

2

⇔ x = kπ ∨ x = 2kπ − π

6∨ x = (2k + 1)π +

π

6, k ∈ Z.

3. Jednaqina ima smisla za x > 0 i tada je

log16 x+ log4 x+ log2 x = 7 ⇔ 1

4log2 x+

1

2log2 x+ log2 x=7

⇔ 7

4log2 x = 7 ⇔ log2 x = 4 ⇔ x = 24 = 16.

4. Jednaqina elipse u kanoniqkom obliku je x2

20 + y2

5 = 1, a jednaqine svihpravih paralelnih datoj pravoj y = −x + n, n ∈ R. Kako je a2 = 20, b2 = 5,koeficijent pravca m = −1, to iz uslova dodira prave i elipse dobijamojednaqinu n2 = 25, qija su rexenja n1 = 5 i n2 = −5. Dakle, traжene tangentesu t1 : x+ y + 5 = 0 i t2 : x+ y − 5 = 0.

5. Neka je a stranica romba, d1 duжina ve�e dijagonale, d2 duжina manjedijagonale, h njegova visina i r polureqnik upisane kruжnice. Iz datih

pretpostavki sledi d1d2 = 14, d2 =3

4d1, odakle dobijamo d1 = 8, d2 = 6.

Kako se dijagonale romba seku pod pravim uglom i me�usobno polove, toiz pravouglog trougla OAB (vidi sliku 2 u rexenju 2. zadatka iz septembra

1977. godine) izraqunavamo da je a = 5. Kako je poxrxina romba ah =d1 d22

,

sledi h = 21. Dalje je 10r = 24, odnosno r = 2, 4.

Septembar 2, 1995.

1. Rexiti jednaqinu 3 x

√81− 10 x

√9 + 3 = 0.

2. Rexiti jednaqinu log1/2 x− log1/2(x− 1) = log1/2(x+ 1).

3. Rexiti jednaqinu cosx− cos x2 + 1 = 0.

4. Odrediti obim jednakokrakog trapeza ako mu je povrxina P = 100cm2 ipolupreqnik upisanog kruga r = 2, 5cm.

5. Taqka M(4, 4) pripada paraboli y2 = 2px. Odrediti n u jednaqini pravey = x

3 + n tako da prava bude tangenta date parabole

REXENjA

47

1. Kako je

3x

√81− 10

x

√9 + 3 = 0 ⇔ 3(91/x)2 − 10 · 91/x + 3 = 0,

to smenom 91/x = t datu jednaqinu svodimo na jednqinu 3t2 − 10t+ 3 = 0. Njenarexenja su t1 = 1

3 i t2 = 3. Sada je

91/x =1

3⇔ 32/x = 3−1 ⇔ 2

x= −1 ⇔ x = −2,

91/x = 3 ⇔ 32/x = 3 ⇔ 2

x= 1 ⇔ x = 2,

i to su rexenja date jednaqine.2. S obzirom na osnovna pravila logaritmovanja, iz poqetne jednaqine

imamo

log1/2 x− log1/2(x− 1) = log1/2(x+ 1)

⇔ log1/2x

(x − 1)= log1/2(x+ 1) ∧ x > 1

⇔ x

(x− 1)= x+ 1 ∧ x > 1

⇔ x2 − x− 1 = 0 ∧ x > 1

⇔(

x1 =1 +

√5

2∧ x2 =

1−√5

2

)

∧ x > 1,

pa je traжeno rexenje x1, jer x2 nije ve�e od 1.3. Poznatim trigonometrijskim transformacijama dobijamo

cosx− cosx

2+ 1 = 0 ⇔ cos2

x

2− sin2

x

2− cos

x

2+ 1 = 0

⇔ 2 cos2x

2− cos

x

2= 0 ⇔ cos

x

2

(

2 cosx

2− 1)

= 0

⇔ cosx

2= 0 ∨ cos

x

2=

1

2

⇔ x

2= kπ +

π

2∨ x

2= 2kπ − π

3∨ x

2= 2kπ +

π

3, k ∈ Z

⇔ x = (2k + 1)π ∨ x =2π(6k − 1)

3∨ x =

2π(6k + 1)

3, k ∈ Z.

4. Oznaqimo sa a i b paralelne strane trapeza, a sa c njegov krak. Is-taknimo da je zbir dveju nesusednih strana ma kog qetvorougla u koji se moжeupisati krug jednak zbiru drugih dveju nesusednih strana. Otuda za stranea, b, c datog trapeza vaжi a+ b = 2c.

Kako je za dati trapez h = 2r = 5 cm, gde je h visina trapeza, onda iz

formule za izraqunavanje povrxine trapeza dobijamo da jea+ b

2· 5 = 100, to

48

jest a+ b = 40. Odavde, korix�enjem jednakosti a+ b = 2c, dobijamo da je obimdatog trapeza O = a+ b+ 2c = 2 · 40 = 80.

5. Kako taqka M(4, 4) pripada paraboli y2 = 2px, to je 8p = 16, odnosnop = 2. Parametar n odredi�emo iz uslova dodira date prave i parabole, tojest iz jednaqine 2mn = p, pri qemu je koeficijent pravca prave m = 1

3 . Sadaiz jednaqine 2

3n = 2 dobijamo n = 3.

Juni, 1996.

1. Na�i vrednost izraza(√

6− 2√5−

√

6 + 2√5)2

.

2. Rexiti jednaqinu 4√x−2 − 10 · 2

√x−2 + 16 = 0.

3. Rexiti trigonometrijsku jednaqinu cosx− cos 2x = 1.

4. Na�i x iz: log 3 + 12 log 4 + log(5x− 1) = log(x + 2) + log 23.

5. Data je prava x+ 2y − 2 = 0 i taqka M(4, 4). Odrediti koordinate taqkekoja je normalna projekcija taqke M na datu pravu.

6. Kada se omotq kupe razvije u ravni dobija se qetvrtina kruga polupre-qnika 4

√5. Izraqunati zapreminu kupe.

REXENjA

1. Ovaj zadatak je isti kao u roku septembar 1 iz 1991.godine.

2. Kako je 4√x−2 − 10 · 2

√x−2 + 16 = 0 ⇔

(

2√x−2)2

− 10 · 2√x−2 + 16 = 0, to

smenom 2√x−2 = t iz date jednaqine dobijamo jednaqinu t2 − 10t+ 16 = 0, qija

su rexenja t = 8 ili t = 2.Za t = 8 sledi

2√x−2 = 8 ⇔ 2

√x−2 = 23 ⇔

√x− 2 = 3 ⇔ x = 11.

Za t = 2 je

2√x−2 = 2 ⇔

√x− 2 = 1 ⇔ x− 2 = 1 ⇔ x = 3.

3. Iz cos 2x = cos2 x− sin2 x sledi

cosx− cos 2x = 1 ⇔ cosx− cos2 x+ sin2 x = sin2 x+ cos2 x

⇔ 2 cos2 x− cosx = 0 ⇔ (2 cosx− 1) cosx = 0

⇔ cosx =1

2∨ cosx = 0

⇔ x = 2kπ +π

3∨ x = 2kπ − π

3∨ x = kπ +

π

2, k ∈ Z.

49

4. Primetimo najpre da data jednaqina ima smisla za x ∈ (15 ,+∞). Sada,primenom pravila za logaritmovanje, iz date jednaqine dobijamo:

log 3 + log 2 + log(5x− 1) = log(x+ 2) + log 8 ⇔log 6(5x− 1) = log 8(x+ 2) ⇔ 30x− 6 = 8x+ 16 ⇔ x = 1.

Kako je 1 ∈ (15 ,+∞), sledi da je x = 1 rexenje date jednaqine.5. Zadatak je isti kao 7. zadatak iz septembra 1, 1992. godine.6. Oznaqimo sa s izvodnicu kupe i sa r polupreqnik njenog bazisa. Iz

uslova zadatka dobijamo

rπs =1

4s2π ⇔ r =

s

4⇔ r =

√5.

Kako je H =√s2 − r2 =

√80− 5 = 5

√3, onda je V = 1

3r2πh = 25

√3

3 π.

Juni, 1997.

1. Rexiti nejednaqinu3

x− 1≤ x+ 1.

2. Rexiti jednaqinu 4x−√x2−2 − 3

2 · 2x−√x2−2 = 1.

3. Rexiti jednaqinu 1 + log2(x− 1) = logx−1 4.

4. Odrediti sva rexenja jednaqine ctg x+sinx

1 + cosx= 2.

5. Duж AB, A(4, 2), B(−6,−4) je hipotenuza pravouglog trougla ABC komejedna kateta leжi na pravoj y = 1

2x− 1. Odrediti koordinate temena C.

6. Odrediti povrxinu i zapreminu zarubljene kupe ako je r1 = 8 cm, r2 =3 cm i H = 12 cm.

REXENjA

1. Polaznu nejednaqinu dovodimo najpre na ekvivalentan oblik3

x− 1−x−

1 ≤ 0 ili4− x2

x− 1≤ 0 ⇔ (2− x)(x + 2)

x− 1≤ 0, a tada pomo�u tabele zakljuqujemo

da je nejednaqina zadovoljena za x ∈ [−2, 1) ∪ [2,+∞).

−2 1 22− x + + + −x+ 2 − + + +x− 1 − − + +

(2− x)(x + 2)

x− 1+ − + −

2. Uvo�enjem smene 2x−√x2−2 = t data

jednaqina dobija oblik t2 − 32 t − 1 = 0, to

jest 2t2 − 3t − 2 = 0, a njena rexenja sut1 = 2, t2 = − 1

2 . Za t1 = 2 dobijamo

2x−√x2−2 = 2 ⇔ x −

√x2 − 2 = 1 ⇔ x − 1 =√

x2 − 2 ⇔ x2 − 2x+1 = x2 − 2 ∧ x− 1 > 0 ⇔2x = 3 ∧ x > 1 ⇔ x = 3

2 . Za t2 = − 12 data

jednaqina nema rexenje jer je 2x−√x2−2 > 0.

50

3. Primetimo najpre da je data jed-naqina definisana za x ∈ (1, 2) ∪ (2,+∞). Korix�enjem osobina logaritamadobijamo

log2(x− 1) = logx−1 4 ⇔ 1 + log2(x− 1) = 2 logx−1 2 ⇔

1 + log2(x − 1) =2

log2(x− 1)⇔ t2 + t− 2 = 0 ∧ t=log2(x − 1).

Kvadratna jednaqina ima rexenja t1 = −2, t2 = 1. Za t1 = −2 dobijamo

log2(x− 1) = −2 ⇔ x− 1 = 2−2 ⇔ x = 1 +1

4⇔ x =

5

4,

a za t2 = 1 dobijamo

log2(x− 1) = 1 ⇔ x− 1 = 2 ⇔ x = 3.

4. Poznatim transformacijama dobijamo

ctg x+sinx

1 + cosx= 2 ⇔ cosx

sinx+

sinx

1 + cosx= 2

⇔ cosx+ cos2 x+ sin2 x = 2 sinx(1 + cosx)

⇔ 1 + cosx− 2 sinx(1 + cosx) = 0

⇔ (1 + cosx)(1 − 2 sinx) = 0 ⇔ cosx 6= −1 ∨ sinx =1

2

⇔ x =π

6+ 2kπ ∨ x =

5

6π + 2kπ, k ∈ Z.

5. Teme B pripada pravoj y = 12x−1. Teme C pravouglog trougla ABC bi�e

presek date prave i prave koja je normalna na datu pravu i prolazi kroz temeA. Dakle, jednaqina prave na kojoj leжi kateta AC je y− 2 = −2(x− 4), to jesty = −2x+ 10. Koordinate temena C su x = 22

5 , y = 65 i dobijene su rexavanjem

sistema jednaqina y = −2x+ 10, y = 12x− 1.

6. Korix�enjem poznatih formula dobijamo

P = π(r21 + r22 + s(r1 + r2)) = π(64 + 9 + 13 · 11) = 216π,

V =1

3πH(r21 + r22 + r1r2) =

125

3(64 + 9 + 24) = 388π,

pri qemu je s =√

H2 + (r1 − r2)2 =√144 + 25 = 13.

Septembar 1, 1997.

1. Kolika je vrednost izraza (a + 1)−1 + (b + 1)−1 ako je a = (2 +√3)−1, b =

(2−√3)−1?

2. Rexiti nejednaqinu4x+ 5

x2 + x+ 1> 1.

51

3. Rexiti jednaqinu√

log2 x− log2(8 x) + 5 = 0.

4. Dokazati da za svaki x 6= (2k+1)π± π

3, k ∈ Z vaжi jednakost

2 cos 2x+ 1

2 cosx+ 1=

2 cosx− 1.

5. Odrediti jednaqinu kruжnice qiji je centar taqka C(2, 5) i koja spoljadodiruje kruжnicu x2 + y2 + 4x− 2y + 3 = 0.

6. Izraqunati povrxinu jednakokrakog trapeza qija dijagonala d = 16 cmzahvata prav ugao sa krakom trapeza c = 12 cm.

REXENjA

1. Najpre je a = (2+√3)−1 =

1

2 +√3= 2−

√3, b = (2−

√3)−1 =

1

2−√3= 2+

√3,

pa je

(a+ 1)−1 + (b+ 1)−1 = (3−√3)−1 + (3 +

√3)−1

1

3−√3+

1

3 +√3=

3 +√3 + 3−

√3

6= 1.

2. Primetimo da je x2 + x+ 1 > 0 za svaki x ∈ R. Zato je

4x+ 5

x2 + x+ 1> 1 ⇔ 4x+ 5 > x2 + x+ 1

⇔ x2 − 3x− 4 < 0 ⇔ (x− 4)(x+ 1) < 0.

Poslednja nejednaqina je mogu�a za x− 4 > 0, x+1 < 0 ili x− 4 < 0, x+1 > 0.Prva mogu�nost daje x > 4, x < −1, pa preseka nema. Iz druge mogu�unostisledi x < 4, x > −1, pa je data nejednaqina taqna za x ∈ (−1, 4).

3. Data jednaqina ima smisla ako je log2 x ≥ 0, to jest ako je x ≥ 1. U tomsluqaju je

√

log2 x− log2(8x) + 5 = 0 ⇔√

log2 x− log2 x+ 2 = 0

⇔√

log2 x = log2 x− 2

⇔ log2 x = log22 x− 4 log2 x+ 4 ∧ log2 x > 2

⇔ log22 x− 5 log2 x+ 4 = 0 ∧ log2 x > 2

⇔ t2 − 5t+ 4 = 0 ∧ t = log2 x > 2

⇔ (t = 4 ∨ t = 1) ∧ t > 2 ⇔ t = 4 = log2 x ⇔ x = 16.

4. Pod datim uslovima je

2 cos 2x+ 1

2 cosx+ 1=

2 cos2 x− 2 sin2 x+ 1

2 cosx+ 1=

4 cos2 x− 1

2 cosx+ 1

=(2 cosx− 1)(2 cosx+ 1)

2 cosx+ 1= 2 cosx− 1.

52

5. Oznaqimo sa r polupreqnik date kruжnice i sa C1 njen centar, tada iz

x2 + y2 + 4x− 2y + 3 = 0 ⇔ (x+ 2)2 + (y − 1)2 = 2

sledi da je C1(−2, 1), r =√2. Zadatak ima dva rexenja. Traжeni polupre-

qnici su:

r1 = C1C − r =√

42 + 42 −√2 = 3

√2, r2 = C1C + r = 5

√2.

Rexenja su (x− 2)2 + (y − 5)2 = 18 i (x − 2)2 + (y − 5)2 = 50.6. Iz pravouglog trougla ABC (vidi sliku 34) dobijamo osnovicu tra-

peza ABCD i ona je a = AB =√162 + 122 = 20. Povrxina trougla ABC je

ah

2=

16 · 122

, odakle sledi da je visina trapeza h =4 · 125

.

Slika 34

Dalje, iz pravouglog trougla CC1B dobijamo daje

x2 = C1B2 = 202 − 42 · 122

52=

122(52 − 42)

52=

122 · 3252

,

to jest x =3 · 125

. Jasno je b = a−2x = 20− 24 · 35

=28

5,

pa je konaqno P =a+ b

2h = 152, 88.

Septembar 2, 1997.

1. Skratiti razlomak3x2 − 7x+ 2

2x2 − 5x+ 2, a zatim izraqunati njegovu vrednost za

x = 21/2 − 1.

2. Rexiti nejednaqinu | 2x− 3 |< x.

3. Rexiti jednaqinu9 sinx− 3 cosx

2 sinx+ cosx= 2.

4. Rexiti logaritamsku jednaqinu logx 64− log2 x = 1.

5. Odrediti jednaqinu kruжne linije sa centrom u taqki C(1, 0) koja saunutraxnje strane dodiruje kruжnu liniju x2 + y2 − 4x = 0.

6. Neka je F taqka na stranici AD kvadrata ABCD. U taqki C konstru-isana je normala na FC koja seqe pravu AB u taqki E. Izraqunatiduжinu duжi BE ako se zna da povrxina kvadrata ABCD iznosi 256 ipovrxina trougla CEF iznosi 200.

REXENjA

53

1. Nule kvadratnog trinoma 3x2 − 7x + 2 su 2 i 13 , a trinoma 2x2 − 5x + 2

su 2 i 12 . Sada, znaju�i da je ax2 + bx+ c = a(x− x1)(x− x2), gde su x1, x2 nule

trinoma ax2 + bx+ c dobijamo da je

I(x) =3x2 − 7x+ 2

2x2 − 5x+ 2=

3(x− 2)(x− 13 )

2(x− 2)(x− 12 )

=3x− 1

2x− 1,

I(√2− 1) =

3(√2− 1)− 1

2(√2− 1)− 1

=3√2− 4

2√2− 3

=(3√2− 4)(2

√2 + 3)

(2√2)2 − 32

= −(12 + 9√2− 8

√2− 12) = −

√2.

2. Po definiciji apsolutne vrednosti realnog broja je

|2x− 3| ={

2x− 3, x ∈ [ 32 ,+∞)3− 2x, x ∈ (−∞, 3

2 ) .

Otuda na intervalu [ 32 ,+∞) je |2x−3| < x ⇔ 2x−3 < x ⇔ x < 3, a na intervalu(−∞, 3

2 ) je |2x − 3| < x ⇔ 3 − 2x < x ⇔ x > 1. Zakljuqujemo da je rexenjenejednaqine |2x− 3| < x interval (1, 3).

3. Jednostavno dobijamo da je

9 sinx− 3 cosx

2 sinx+ cosx= 2 ⇔ 9 sinx− 3 cosx = 4 sinx+ 2 cosx

⇔ sinx = cosx ⇔ tg x = 1 ⇒ x = kπ +π

4, k ∈ Z.

4. Primetimo najpre da jednaqina ima smisla za x ∈ (0, 1) ∪ (1,∞). Sada,koriste�i poznate transformacije logaritama dobijamo logx 64− log2 x = 1 ⇔logx 2

6 − log2 x = 1 odnosno 6 logx 2 − log2 x = 1 ⇔ 6log2 x − log2 x = 1. Mnoжe�i sa

log2 x i uvode�i smenu log2 x = t, dobijamo kvadratnu jednaqinu t2 + t − 6 = 0,qija su rexenja t = 2 i t = −3. Za t = 2 iz log2 x = 2 sledi x = 4, a za t = −3 izlog2 x = −3 sledi x = 1

8 . Dakle, rexnja date jednaqine su brojevi 4 i 18 .

5. Kako je x2 + y2 − 4x = 0 ekvivalentno sa (x − 2)2 + y2 = 4, to je centardate kruжnice C(2, 0) a polupreqnik r1 = 2. Polupreqnik r traжene kruжnicedobijamo iz uslova da se ona sa zadatom kruжnicom dodiruje sa unutraxnjestrane, to jest iz uslova

CC1 = r1 − r ⇔ r = r1 − CC1 ⇔ r = 2− 1 ⇔ r = 1.

Jednaqina traжene kruжnice je (x− 1)2 + y2 = 1.

Slika 35

6. Jednostavno se dokazuje da su trouglovi DFCi BEC podudarni (vidi sliku 35), odakle zakljuqu-jemo da je trougao CEF jednakokraki i pravougli.Iz povrxine trougla CEF dobijamo CE =

√2 · 200 =

20. Kako je CB =√256= 16 to iz trougla BEF do-

bijamo BE =√400− 256 =

√144 = 12.

54

Juni, 1998.

1. Uprostiti izraz

((

1

a+

1

b+ c

)

:

(

1

a− 1

b+ c

))

:

(

1 +b2 + c2 − a2

2bc

)

.

2. Rexiti nejednaqinu1

2− x+

5

2 + x< 1.

3. Rexiti jednaqinu log2(9x−1 + 7) = 2 + log2(3

x−1 + 1).

4. Rexiti jednaqinu sin3 x cosx− sinx cos3 x =1

4.

5. Za hiperbolux2

15− y2

11= 1 odrediti tangentu koja je ortogonalna sa

pravom y =x

2.

6. Bazis trostrane piramide je trougao qiji je obim jednak 60, a stran-ice a, b, c zadovoljavaju relaciju a

5 = b12 = c

13 . Izraqunati povrxinu izapreminu piramide ako joj je visina H = 6, a podnoжje se poklapa sacentrom upisane kruжnice bazisa.

REXENjA

1. Koriste�i pravila za operacije sa racionalnim izrazima dobijamo:

((

1

a+

1

b+ c

)

:

(

1

a− 1

b+ c

))

:

(

1 +b2 + c2 − a2

2bc

)

=a+ b+ c

a (b+ c)· a (b+ c)

(b+ c− a)· 2bc

(b+ c)2 − a2

=a+ b+ c

b+ c− a· 2bc

(b+ c+ a)(b + c− a)=

2bc

(b + c− a)2.

2. Polaznu nejednaqinu dovodimo najpre na ekvivalentan oblik2 + x+ 10− 5x

4− x2−

1 < 0, odakle jex2 − 4x+ 8

4− x2< 0 ⇔ 4 − x2 < 0, jer je x2 − 4x + 8 > 0 za svaki

x ∈ R. Sada je (2 − x)(2 + x) < 0. Rexavanjem ove nejednaqine dobijamo da jeona zadovoljena za x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞).

3. Data jednaqina definisana je za svaki x ∈ R i ekvivalentna je jednaqinilog2(9

x−1 + 7) = log2 4(3x−1 + 1), odakle dobijamo eksponencijalnu jednaqinu

9x−1 + 7 = 4(3x−1 + 1). Smenom 3x−1 = t datu jednaqinu svodimo na kvadratnut2 − 4t + 3 = 0, qija su rexenja t = 3 i t = 1. Za t = 3 dobijamo 3x−1 = 3 ⇔x− 1 = 1 ⇔ x = 2, a za t = 1 dobijamo 3x−1 = 1 ⇔ x = 1.

55

4. Izvlaqenjem zajedniqkog qinioca na levoj strani jednaqine i korix�enjemformula za sinus i kosinus dvostrukog ugla dobijamo:

sin3 x cosx− sinx cos3 x =1

4⇔ 4 sinx cosx(sin2 x− cos2 x) = 1

⇔ −2 sin2x cos 2x = 1 ⇔ sin 4x = −1

⇔ 4x = 2kπ − π

2⇔ x =

kπ

2− π

8, k ∈ Z.

5. Jednaqina svih pravih normalnih na pravu y = x2 je y = −2x + n.

Parametar n ∈ R odre�ujemo iz uslova dodira prave i hiperbole koji glasia2k2 − b2 = n2, pri qemu je on u naxem sluqaju 15 · 4 − 11 = n2. Dakle, n = ±7pa su traжene tangente t1 : y = −2x− 7, t2 : y = −2x+ 7.

6. Kako se podnoжje visine date piramide poklapa sa centrom upisanekruжnice bazisa (slika 36), to zakljuqijemo da su visine boqnih strana pi-ramide jednake. Iz uslova a

5 = b12 = c

13 i a + b + c = 60 dobijamo a = 5t, b =12t, c = 13t i 30t = 60, odakle je t = 2, pa je a = 10, b = 24, c = 26.

Slika 36

Pomo�u Heronovog obrasca dobijamo povrxinubazisa B =

√

s(s− a)(s− b)(s− c) =√30 · 20 · 6 · 4 = 120,

jer je s = a+b+c2 = 30. Kako je povrxina bazisa i B = rs,

gde je r polupreqnik upisane kruжnice u bazis to jer = B

s = 12030 = 4. Sada je visina boqne strane pi-

ramide (vidi sliku) h =√H2 + r2 =

√36 + 16 = 2

√13,

pa konaqno dobijamo V = 13 · B · H = 1

3 · 120 · 6 = 240 i

P = B + ah2 + bh

2 + ch2 = B + sh = 120 + 60

√3 = 60(2 +

√3).

Septembar, 1998.

1. Izraqunati vrednost izraza:

(

2√3− 1

+3√3− 2

+15

3−√3

)

(√3 + 5

)−1

.

2. Rexiti jednaqinu log2(9x−1 + 7) = 2 + log2(3

x−1 + 1).

3. Rexiti nejednaqinu1− x

x≤ 2− x

x− 1.

4. Odrediti sva rexenja jednaqine sinx− cosx =

√2

2.

5. Na�i jednaqinu kruжne linije koja dodiruje obe koordinatne ose i spoljadodiruje kruжnu liniju x2 + y2 − 26x+ 2y + 145 = 0.

6. Osnovne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide su a = 18cm i b =6cm, a boqna ivica zaklapa sa ravni ve�e osnove ugao α = 60◦. Odreditizapreminu te piramide.

56

REXENjA

1. Zadatak je isti kao na prijemnom ispitu juna 1991. godine.2. Zadatak je isti kao tre�i zadatak na prijemnom ispitu juna 1998.3. Kako je

1− x

x≤ 2− x

x− 1⇔ 1− x

x− 2− x

x− 1≤ 0 ⇔ −1

x(x− 1)≤ 0 ⇔ x(x − 1) ≥ 0

⇔ (x ≥ 0 ∧ x ≥ 1) ∨ (x ≤ 0 ∧ x ≤ 1) ⇔ x ≥ 1 ∨ x ≤ 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1,∞),

to je rexenje nejednaqine svaki broj iz unije (−∞, 0) ∪ (1,∞).4. Elementarnim transformacijama dobijamo

sinx− cosx =

√2

2⇔ sinx− sin(

π

2− x) =

√2

2⇔ 2 cos

π

4sin(x− π

4) =

√2

2

⇔ 2

√2

2sin(x− π

4) =

√2

2⇔ sin(x − π

4) =

1

2⇔ x− π

4=

π

6+ 2kπ ∨ x− π

4=

5π

6+ 2kπ

⇔ x =5π

12+ 2kπ ∨ x =

π

12+ (2k + 1)π, k ∈ Z.

5. Kako je x2 + y2 − 26x + 2y + 145 = 0 ⇔ (x − 13)2 + (y + 1)2 = 25, to datakruжnica ima centar C(13,−1) i polupreqnik r1 = 5. Dakle, ona se nalaziu prvom i qetvrtom kvadrantu koordinatnog sistema, pa u tim kvadrantimatraжimo rexenja koja, zbog zadatih uslova, glase: k1 : (x − p)2 + (y − p)2 = p2

i k2 : (x− p)2 + (y + p)2 = p2, p > 0. Parametar p za kruжnicu k1 nalazimo izuslova

C1C = p+ 5 ⇔ (p− 13)2 + (p+ 1)2 = (p+ 5)2, C1(p, p)

⇔ p2 − 34p+ 145 = 0 ⇔ p = 5 ∨ p = 29.

Dakle, u prvom kvadrantu nalazimo kruжnice (x − 5)2 + (y − 5)2 = 25 i (x −29)2 + (y− 29)2 = 292. Sliqno, parametar p za kruжnice u qetvrtom kvadrantunalazimo iz uslova:

C1C = p+ 5 ⇔ (p− 13)2 + (−p+ 1)2 = (p+ 5)2, C1(p,−p)

⇔ p2 − 38p+ 145 = 0 ⇔ p = 19− 6√6 ∨ p = 19 + 6

√6

Otuda i u qetvrtom kvadrantu postoje dva rexenja (x − 19 + 6√6)2 + (y + 19 −

6√6)2 = (19− 6

√6)2 i (x− 19− 6

√6)2 + (y + 19 + 6

√6)2 = (19 + 6

√6)2.

Slika 37

6. Iz trougla BB1A je (slika 37)

H = B1A · tg 60◦ = (OA−O1B)√3 =

(

2

3h− 2

3h1

)√3

=2

3

(

a√3

2− b

√3

2

)

√3 = a− b = 12,

57

pa je zapremina piramide jednaka

V =H

3(B +

√

BB1 +B1) = 4

(

a2√3

4+

ab√3

4+

b2√3

4

)

= (a2 + ab+ b2)√3 = 768

√3.

Juli, 2000.

1. U izrazu

(

5x−5

2y−2

)−2

·(

y−1

5x−1

)−3

:10y−3

x−2izvrxiti naznaqene operacije, a

zatim izraqunati njegovu vrednost za x =1√2, y =

4√2.

2. Odrediti realan broj m tako da jednaqina (m− 2)x2 − 2mx+2m− 3 = 0ima realna rexenja.

3. Rexiti jednaqinu log 2 + log(4x−2 + 9) = 1 + log(2x−2 + 1).

4. Bez upotrebe tablice dokazati1

sin 10◦−

√3

cos 10◦= 4.

5. Odrediti pravu l koja na apscisnoj osi odseca odseqak m = 6 i dodirujekruжnicu x2 + y2 − 6x− 2y = 0.

6. Osnove jednakokrakog trapeza su a = 10cm i b = 6cm, a krak sa ve�omosnovicom zaklapa ugao od α = 600. Trapez rotira oko prave normalnena osnove koja sadrжi jedno teme ve�e osnove. Na�i povrxinu nastalogtela.

Juni, 2001.

1. Odrediti sve vrednosti x za koje se moжe skratiti razlomak

|x− 1|+ |x|+ x

3x2 − 4x+ 1,

i skratiti ga u tom sluqaju.

2. Rexiti nejednaqinu1

22x + 3≥ 1

2x+2 − 1.

3. Rexiti sistem logy x+ logx y = 2, x2 + y = 12.

4. Na�i sin 18◦, koriste�i jednakost sin 36◦ = cos 54◦.

5. Napisati jednaqinu elipse b2x2 + a2y2 = a2b2 ako su jednaqine njenihtangenata 4x+ 5y − 25 = 0 i 9x+ 20y − 75 = 0.

6. U pravilnoj qetvorostranoj piramidi, osnovne ivice a = 10cm i boqneivice b = 13cm, upisana je lopta. Izraqunati povrxinu i zapreminuove lopte.

58

Juli, 2002.

1. Uprostiti izraz

(

3x−1/3

x2/3 − 2x−1/3− x1/3

x4/3 − x1/3

)−1

−(

1− 2x

3x− 2

)−1

.

2. Rexiti nejednaqinux2 − |x| − 12

x− 3≥ 2x.

3. Rexiti jednaqinu log 2 + log(4x−2 + 9) = 1 + log(2x−2 + 1).

4. Rexiti jednaqinu

1− cos(π − x) + sin(π

2+

x

2

)

= 0 .

5. U taqki A(1, y), y < 0, parabole y2 = 16x povuqene su tangenta inormala na tu parabolu. Izraqunati povrxinu trougla ograniqenogtangentom, normalom i x-osom.

6. Izraqunati zapreminu prave zarubljene kupe ako su date njena izvodnicas = 15cm, povrxina P = 440πcm2 i polupreqnik ve�e osnove R = 13cm.

Juli, 2003.

1. Uprostiti izraz

[

(

x2

y3+

1

x

)

·(

x

y2− 1

y+

1

x

)−1]

:(x− y)2 + 4xy

1 +y

x

.

2. Rexiti nejednaqinu |x2 − x|+ x > 1.

3. Rexiti jednaqinu log2(9x−1 + 7) = 2 + log2(3

x−1 + 1).

4. Rexiti jednaqinu 2 cos2 x+ cos 4x = 0.

5. Napisati jednaqinu kruga koji sadrжi taqke M(0,−1) i N(2,−3), a cen-tar se nalazi na krugu x2 + y2 = 9.

6. Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne. Izraqunatinjegovu povrxinu ako je krak c = 2

√5, a odnos osnovica 1 : 3 .

59

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

30. juni, 2004. godine, prvi upisni rok skolske 2004/2005 godine

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ZBIR

1. Ako je a ∈ R i |a| = 2, vrednost izraza

(

a+ 1

a2 − 4+

1− a2

a3 + 8

)

:1

(a− 1)2 + 3je:

(A)a+ 1

a− 2; (B)

a− 1

a− 2; (C)

3a+ 1

2a− 2; (D)

2a+ 1

a− 2; (E)

a+ 1

3a− 2.

2. Broj resenja jednacine |x+ 2| = 2(3− x) koja pripadaju intervalu [1, 9] je(A) 2; (B) 1; (C) 0; (D) 3; (E) beskonacno mnogo.

3. Broj resenja jednacine√6− x− x2 = x+ 1 koja pripadaju intervalu [−3, 2] je

(A) 0; (B) 2; (C) 1; (D) 4; (E) beskonacno mnogo.

4. Zbir kvadrata resenja sistema jednacina 2x + 2y = 12, x+ y = 5 je:(A) 24; (B) 1; (C) 13; (D) 12; (E) 7.

5. Skup resenja nejednacnine log0,5

(x+ 2) > 1 je:(A) [−1, 3); (B) (−2, 2); (C) (1, 3/2); (D) (−2,−3/2); (E) (2, 3].

6. Vrednost izraza cos 195◦ cos 15◦ + cos 105◦ sin 75◦ je:

(A) −1; (B) −3 +√3

4−1; (C)

√3; (D)

1−√2

2; (E) −1 +

√2

2.

7. Izraz sin2(π

8+ α

)

− sin2(π

8− α

)

identicki je jednak izrazu:

(A)

√2

2cos 2α; (B) sin 2α; (C)

√2

2sin 2α; (D) cos 2α; (E)

√3

2sin 2α.

8. Na intervalu [−2π, 2π] broj resenja jednacine sinx+√3 cosx = 2 je:

(A) 3; (B) 1; (C) 0; (D) 2; (E) 7.

9. Tacke A(3, 4), B(4, 1) i C(1, 2) su temena trougla ABC. Jednacnina prave kojasadrzi tezisnu duz povucenu iz temena B je(A) 3x+ 4y = 1; (B) 2x− y = 3; (C) y = x+ 5; (D) 2x + 3y = 11; (E) y + x− 5 = 0.

10. Iz fokusa hiperbole 9x2 − 16y2 = 144 konstruisana je normala na asimptotu.Povrsina trougla odredjenog tom normalom, asimptotom i osom x je:(A) 3/2; (B) 4; (C) 6; (D) 7; (E) 10.

11. Tetiva kruga je za 2 manja od precnika, a odstojanje centra kruga od tetive je za2 manje od poluprecnika kruga. Duzina tetive kruga je:(A) 1; (B) 2; (C) 5; (D) 3; (E) 7.

12. Omotac kupe ima povrsinu 36π, a izvodnica je tri puta veca od poluprecnikaosnove. Povrsina kupe je:(A) 17π; (B) 49π; (C) 36π; (D) 48π; (E) 18π.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

30. juni, 2005. godine, prvi upisni rok skolske 2005/2006 godine

Upozorenje: Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.Uputstvo:

1) Kandidati predaju samo blanket sa zaokruzenim odgovorima.

2) Kandidat bira samo jedan od ponudjenih odgovora, zaokuzivanjem jednog od slova(A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

3) Pogresan odgovor donosi negativnih 0, 5 poena.

4) Odgovor ”(N)” donosi nula poena.

5) Zadaci 1, 3, 6, 9, 10 i 11 donose dva poena, a zadaci 2, 4, 5, 7, 8 i 12 donose tripoena.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ZBIR

1. Za xy = 0, vrednost izraza

[(

x2

y3+

1

x

)

:

(

x

y2− 1

y+

1

x

)]

:(x− y)2 + 4xy

1 +y

x

je:

(A)x

y; (B)

x− 1

y − 2; (C)

3x+ 1

2y − 2; (D)

1

xy; (E)

x+ 1

3y − 2; (N) Ne znam

2. Posle sredjivanja, vrednost razlomkax2 − 1 + |x+ 1|

x2 − 2xza x < −1 je

(A) 2; (B)x

x+ 1; (C)

x+ 1

x; (D)

x+ 1

x− 1; (E)

x− 1

x+ 1; (N) Ne znam

3. Resenja jednacnine√1− 2x = x nalaze se u intervalu:

(A) [−1, 0); (B) (1/2, 2); (C) (0, 1); (D) (−2,−3/2); (E) (2, 3]; (N) Ne znam

4. Realan parametar c u jednacini x2 − 5x + c = 0, cija resenja x1 i x2 zadovoljavaju uslovx21 + x2

2 = 13, je:(A) 24; (B) 1; (C) 13; (D) 12; (E) 6; (N) Ne znam

5. Resenje jednacine log x− log1

x− 1− log 2 = log(2x+ 3) pripada intervalu:

(A) [−1, 3); (B) (2, 6]; (C) (6, 10); (D) (0, 1/2); (E) [2, 4]; (N) Ne znam

6. Resenje jednacine 9x+1 − 2 · 3x+2 = 27 pripada skupu:(A) [−1, 1]; (B) (−2, 0]; (C) (3, 4); (D) (0, 1/4); (E) [2, 3]; (N) Ne znam

7. Skup resenja nejednacine 0, 5x2−2x > 2−3 je:

(A) [−1, 2); (B) (−1, 3); (C) (0, 3); (D) (−1, 1); (E) [−2, 1]; (N) Ne znam

8. Za x = (2k + 1)π ± π

3, k ∈ Z vrednost izraza

2 cos 2x+ 1

2 cosx+ 1je:

(A) 2 cosx − 1; (B) 1 − 2 cosx; (C) 2 cosx + 1; (D) 2 sinx − 1; (E) 1 − 2 sinx; (N) Ne znam

2

9. Broj resenja jednacine cos2 x+ sinx+ 1 = 0 koja pripadaju intevalu (0, 2π) je:(A) 2; (B) 3; (C) 1; (D) 4; (E) 0; (N) Ne znam

10. Prava y = kx + n, sadrzi tacku A(0,−10) i tangenta je hiperbole 4x2 − y2 = 20. Broj k2

pripada intervalu(A) [24, 25); (B) (24, 25); (C) (0, 24); (D) (1, 2); (E) [−4, 5]; (N) Ne znam

11. U romb povrsine 18 upisan je krug povrsine9π

4. Ostar ugao romba je:

(A) 2π/5; (B) π/8; (C) π/4; (D) π/6; (E) π/3; (N) Ne znam

12. Bocna ivica pravilne cetvorostrane piramide je 3 i zaklapa ugao odπ

4sa ravni osnove.

Zapremina piramide je:

(A) 5; (B)9√2

2; (C) 6; (D) 4; (E) 3

√2; (N) Ne znam

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

29. juni, 2006. godine, prvi upisni rok skolske 2006/2007 godine

Upozorenje: Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.Uputstvo:

1) Kandidati predaju samo blanket sa zaokruzenim odgovorima.

2) Kandidat bira samo jedan od ponudjenih odgovora, zaokuzivanjem jednog od slova(A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

3) Pogresan odgovor donosi negativnih 0, 5 poena.

4) Odgovor ”(N)” donosi nula poena.

5) Zadaci 1, 2, 5, 8, 10 i 12 donose dva poena, a zadaci 3, 4, 6, 7, 9 i 11 donose tripoena.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ZBIR

1. Za x = ±1 i y = ±1, vrednost izraza(xy + 1)2 − (x+ y)2

x2y2 − x2 − y2 + 1je:

(A) x + y; (B) 1; (C) x − 1; (D) 2; (E) y + 1; (N) Ne znam

2. Neka je z = x+ iy kompleksan broj takav da je |z − i| = |z − 1|. Tada za x i y vaze uslovi:(A) x = 1, y = 1; (B) x ≥ 0, y = 1; (C) y = x; (D) x2 + y2 = 1; (E) y = 2x; (N) Ne znam

3. Jednacnina x−√7− x = 1 ima resenje u intervalu:

(A) [0, 1/2); (B) (1/2, 2); (C) (0, 1); (D) (2, 3/2); (E) (2, 3]; (N) Ne znam

4. Resenja x1, x2, jednacine x2 − x+ a− 2 = 0 zadovoljavaju uslovx1

x2

+x2

x1

+x1x2

2+ 4 = 0,

ako je:(A) a ∈ {1, 2}; (B) a ∈ {0, 3}; (C) a ∈ {−

√2,√2}; (D) a ∈ {−1, 1}; (E) ∀a ∈ R; (N) Ne znam

5. Vrednost izraza mx2 + 2x+ 1 je veci od nule za svaki x ∈ R ako je:(A) m > 0); (B) 0 < m < 1; (C) m < −1; (D) m > 1; (E) |m| < 4; (N) Ne znam

6. Sistem jednacina: log3x + log

3y = 2 + log

32 i log

27(x + y) = 2/3 ima resenje (x, y) takvo

da je:(A) x2+y2 = 4; (B) x2−y2 = 1; (C) 2x2+y2 = 36; (D) |x|+|y| = 5; (E) x2+y2 = 45; (N) Ne znam

7. Resenje nejednacine log1/2

(

log1/3

x+ 1

x− 3

)

≤ 0 je interval:

(A) (−∞,−1); (B) (−1, 3); (C) (−3,−1); (D) (3,+∞); (E) (−∞, 1]; (N) Ne znam

8. Ako je α+ β = π/4, onda je vrednost izraza (1 + tgα)(1 + tgβ) jednaka:

(A) 1; (B) 2; (C) 3; (D) 4; (E) 5; (N) Ne znam

9. Broj resenja jednacina cosx− 2 sin

(

3π

2− x

2

)

= 3 na segmentu [−4π, 4π] je:

(A) 2; (B) 3; (C) 1; (D) 4; (E) 0; (N) Ne znam

2

10. Teme na pozitivnoj strani ose x hiperbole sa asimptotom x = 2y i tangentom 5x−6y−8 = 0je tacka sa koordinatama:(A) (2, 0); (B) (

√2, 0); (C) (3, 0); (D) (1/2, 0); (E) (

√3, 0); (N) Ne znam

11. Dat je romb stranice 1 cm cija je jedna dijagonala√

2−√3 cm. Ostar ugao romba je:

(A) 15◦; (B) 30◦; (C) 45◦; (D) 60◦; (E) 75◦; (N) Ne znam

12. Visina pravilne cetvorostrane prizme je 2 cm, a osnovna ivica 4 cm. Poluprecnik lopteopisane oko prizme je:(A) 3 cm; (B) 5 cm; (C) 6 cm; (D)

√6 cm; (E) 2

√3 cm; (N) Ne znam

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

28. juni, 2007. godine, prvi upisni rok skolske 2007/2008 godine

• Pogresan odgovor donosi negativnih 0, 5 poena, a odgovor (N) 0 poena.

• Tacan odgovor donosi 3 poena.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Vrednost izraza

(

3x+ 2√x

4− 9x+

x√x

2 + 3√x−

√x

2− 3√x

)

:

√x5

2 + 3√x

je:

(A) 1; (B) −1

2; (C)

1√x; (D)

1

x; (E)

√x+ 1

2− 3√x; (N) Ne znam.

2. Zbir

(

1− i√3

2

)4

+

(

1 + i√3

2

)4

jednak je:

(A) 2; (B) −1; (C) 0; (D) 3; (E) 7; (N) Ne znam.

3. Resenja jednacine x− 2√x+ 5 = 10 pripadaju intervalu:

(A) (19, 21); (B) (7, 9); (C) (1, 5); (D) (−1, 2); (E) (0, 3); (N) Ne znam.

4. Za koliko celobrojnih vrednosti m je mx2 − (m− 3)x+ 1 > 0 za svako realno x?

(A) 24; (B) 1; (C) 13; (D) 12; (E) 7; (N) Ne znam.

5. Broj resenja jednacnine 31+sin x + 2 · 32+cos(90◦+x) = 21 na intervalu (−1, 17) je:

(A) 0; (B) 6; (C) 7; (D) 3; (E) 1; (N) Ne znam.

6. Ako je (x, y) resenje sistema 3x · 2y = 576, log√2(y− x) = 4, tada je x+ y jednako:

(A) 8; (B) −1; (C) 3; (D) 2; (E) 0; (N) Ne znam.

7. Broj resenja jednacine cos 3x− cos 2x+ cosx = 0 na intervalu [−π, π] je:

(A) 1; (B) 6; (C) 3; (D) 4; (E) 0; (N) Ne znam.

8. Povrsina trougla odredjenog koordinatnim osama i tangentom kruznice x2 + y2 = 4u dodirnoj tacki T (1,

√3) iznosi:

(A) 3; (B) 1; (C)1

2; (D)

8√3

3; (E) 7; (N) Ne znam.

9. Stranice trougla su a = 13, b = 14, c = 15. Poluprecnik kruznice ciji centar se nalazina stranici c i koja dodiruje stranice a i b je:

(A)56

9; (B) 3; (C) 5; (D) 11; (E) 1; (N) Ne znam.

10. Osnovna ivica pravilne trostrane piramide je 8, a sve bocne strane nagnute suprema ravni osnove pod uglo od 60◦. Povrsina piramide je:

(A) 17π; (B) 48√3; (C) 36; (D) 48

√2; (E) 18π; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

1. juli, 2008. godine, prvi upisni rok skolske 2008/2009 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudjenih odgovora, zaokuzivanjemsamo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Pogresan odgovor kao nezaokruzen nijedan od ponudjenih odgovora ili zaokruzenvise od jednog odgovora donosi negativnih 0, 5 poena, a odgovor (N) 0 poena.

• Tacan odgovor donosi 3 poena.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Vrednost izraza1a− 1

b1a3 + 1

b3

:a2b2

(a + b)2 − 3ab· ab

a2 − b2je:

(A) ab(a+b)2 ; (B) ab

a2+b2; (C) 1

a−b; (D) − ab

(a+b)2 ; (E) a+bab

; (N) Ne znam.

2. Moduo kompleksnog broja z koji zadovoljava jednacinu 2 + z − iz = 0 je(A) 2; (B) −1; (C)

√3; (D)

√2; (E) 3; (N) Ne znam.

3. Jednacina x2 − 2(k + 1)x + k2 + 5 = 0 ima realna resenja ukoliko realni parametark pripada intervalu(A) [2,+∞); (B) (−∞, 3); (C) (4, 10]; (D) (2, +∞); (E) [10, 15]; (N) Ne znam.

4. Resenje jednacine√

6 − x − x2 = x + 1 pripada intervalu:(A) (1, 2); (B) (0, 3); (C) (−5,−1); (D) (−1, 0); (E) (10, 15); (N) Ne znam.

5. Resenje nejednacine 5x+1 − 5x+2 < 2x+2 − 2x+3 − 2x+4 je skup(A) (0, +∞); (B) (−∞, 0); (C) (1, 18); (D) (−1, 1); (E) (−∞, +∞); (N) Ne znam.

6. Ako je par (x, y) resenje sistema 2 log(x − y) = log 4, 2x · 4y = 32, tada je x2 + y2

jednako:(A) 8; (B) 0; (C) 15; (D) 2; (E) 10; (N) Ne znam.

7. Broj resenja jednacnine cos x2 = 1 + cos x na intervalu (0, 2π) je:

(A) 0; (B) 6; (C) 2; (D) 4; (E) 1; (N) Ne znam.

8. Izraz1 − cos x

sin x, x 6= kπ, k ∈ Z, jednak je:

(A) sin x2 ; (B) cos x

2 ; (C) tg x2 ; (D) ctg x

2 ; (E) 1; (N) Ne znam.

9. Povrsina pravougaonika upisanog u elipsu 3x2 +4y2 = 48, cije dve paralelne straneprolaze kroz zize elipse, iznosi(A) 20; (B) 10; (C) 6

√3; (D) 24; (E) 7; (N) Ne znam.

10. Osnovica jednakokrakog trougla je 16 cm, a krak 17 cm. Trougao rotira oko pravekoja prolazi kroz teme na osnovici i normalna je na osnovicu. Zapremina dobijenog telaje(A) 280π; (B) 328; (C) 1800π; (D) 1920π; (E) 1200

√2π; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradjevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

27. juni, 2009. godine, prvi upisni rok skolske 2009/2010 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudjenih odgovora, zaokuzivanjemsamo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Pogresan odgovor kao nezaokruzen nijedan od ponudjenih odgovora ili zaokruzenvise od jednog odgovora donosi negativnih 0, 5 poena, a odgovor (N) 0 poena.

• Tacan odgovor donosi 3 poena.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Vrednost izraza

(

3x−1/3

x2/3 − 2x−1/3− x1/3

x4/3 − x1/3

)−1

−(

1 − 2x

3x − 2

)

−1

je:

(A) 2x−1

x2 ; (B) x2

2x−1; (C) 1

x2 ; (D) x2

x−2; (E) 2; (N) Ne znam.

2. Vrednost izraza

(

1 + i√2

)2009

=

(

1 − i√2

)2009

je

(A) 1; (B) −1; (C)√

2; (D)√

3; (E) 3; (N) Ne znam.

3. Data je jednacina (m−2)x2−2(m+1)x+m+3 = 0. Proizvod vrednosti parametram za koje je zbir kvadrata resenja date jednacine jednak 4 je(A) 2; (B) 11; (C) 9; (D) 0; (E) −1; (N) Ne znam.

4. Resenje jednacine 2x + 2 +√

3x2 + 10x + 7 = 0 pripada intervalu:(A) (1, 2); (B) (0, 3); (C) (−5,−1]; (D) (4, 10); (E) [−1, 0); (N) Ne znam.

5. Resenje jednacine

(

4

9

)x

·(

27

8

)x−1

=log 4

log 8pripada intervalu

(A) (0, 6); (B) (−∞, 0); (C) (12, 18); (D) (−1, 1); (E) (−2, 0); (N) Ne znam.

6. Ako je par (x, y) resenje sistema log x = 3− log y, 2 log x − log y = 0, tada je x − y

jednako:(A) 10; (B) −90; (C) 15; (D) −20; (E) 100; (N) Ne znam.

7. Broj resenja jednacnine cos x2

= 1 + cos x na intervalu (0, 2π) je:(A) 0; (B) 6; (C) 2; (D) 4; (E) 1; (N) Ne znam.

8. Izraz1 − cos x

sin x, x 6= kπ, k ∈ Z, jednak je:

(A) sin x2; (B) cos x

2; (C) tg x

2; (D) ctg x

2; (E) 1; (N) Ne znam.

9. Povrsina pravougaonika upisanog u elipsu 3x2 +4y2 = 48, cije dve paralelne straneprolaze kroz zize elipse, iznosi(A) 20; (B) 10; (C) 6

√3; (D) 24; (E) 7; (N) Ne znam.

10. Osnovica jednakokrakog trougla je 16 cm, a krak 17 cm. Trougao rotira oko pravekoja prolazi kroz teme na osnovici i normalna je na osnovicu. Zapremina dobijenog telaje(A) 280π; (B) 328; (C) 1800π; (D) 1920π; (E) 1200

√2π; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

29. juni, 2010. godine, prvi upisni rok skolske 2010/2011 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudenih odgovora, zaokuzivanjem samo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Tacan odgovor donosi 3 poena, a 0 poena odgovor pod (N).

• Negativnih 0,5 poena dobija se ako se zaokruzi pogresan odgovor, ne zaokruzinijedan od ponudenih odgovora ili zaokruzi vise od jednog odgovora.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Ako a, b ∈ R+ i ako je x =1

2

(

√

a

b−

√

b

a

)

, tada vrednost izraza2a

√x2 + 1

x +√

x2 + 1je

(A) a − b; (B) a2 − b2; (C) (a + b)2; (D) a + b; (E) 2; (N) Ne znam.

2. Resenja x1 i x2 jednacine (m + 1)x2 − (m − 1)x + m = 0 zadovoljavaju uslovx2

1 + x22 ≥ 1, ako parametar m pripada skupu

(A) (−1, 1); (B) [0, 3]; (C) (1, 2]; (D) (2, 4); (E) [−3,−1) ∪ (−1, 0]; (N) Ne znam.

3. Resenje jednacine√

2x − 4 −√

x + 5 = 1 pripada intervalu:(A) (19, 22); (B) (17, 19); (C) (−5,−1]; (D) (4, 10); (E) [−1, 0); (N) Ne znam.

4. Proizvod resenja jednacine 0, 5x2−20x+61,5 = 22,5 iznosi:

(A) 32; (B) 64; (C) 18; (D) −12; (E) −2; (N) Ne znam.

5. Resenje jednacine 2 + log√

1 + x + 3 log√

1 − x = log√

1 − x2 pripada intervalu(A) (−1, 0); (B) (−∞,−2); (C) (−1, 1); (D) (2, 5); (E) (7, 10); (N) Ne znam.

6. Proizvod xy resenja sistema jednacina 3y · 9x = 81, log(x + y) − log x = 2 log 3 je(A) 16; (B) −2; (C) 2; (D) 1.28; (E) 1; (N) Ne znam.

7. Vrednost izraza 3 sin 15◦ cos 15◦ +sin 60◦

sin4 15◦ − cos4 15◦jednaka je

(A) 2; (B) 6; (C) 1; (D) 4; (E) −1

4; (N) Ne znam.

8. Broj resenja jednacine sin 2x = 2 sinx cos 2x na segmentu [0, 2π] je(A) 5; (B) 4; (C) 6; (D) 3; (E) 7; (N) Ne znam.

9. Normala hiperbole 4x2 − y2 = 20 u tacki A(3, 4), glasi:(A) x + y = 3; (B) x + 3y = 15; (C) y = x; (D) x − 2y = 1; (E) y = −x; (N) Ne znam.

10. U pravu kupu, poluprecnika osnove r = 4 cm i visine H = 4√

2 cm, upisana jekocka. Zapremina kocke je(A) 9

√3; (B) 3

√5; (C) 16

√2; (D) 7

√2; (E) 11; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

28. juni, 2011. godine, prvi upisni rok skolske 2011/2012 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudenih odgovora, zaokuzivanjem samo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Tacan odgovor donosi 3 poena, a 0 poena odgovor pod (N).

• Negativnih 0,5 poena dobija se ako se zaokruzi pogresan odgovor, ne zaokruzinijedan od ponudenih odgovora ili zaokruzi vise od jednog odgovora.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Vrednost izraza I =

(

1 − a√1 − a2 − 1 + a

−√

1 + a√1 − a −

√1 + a

)

·(

1

a−

√

1

a2− 1

)

je

(A) a2; (B) 1 − a2; (C) −1; (D) 1; (E) 2; (N) Ne znam.

2. Dat je izraz|x| − 1

x2 − 1− x2 − |x|

x2 − 2|x| + 1. Ako je I1 vrednost ovog izraza za x ≥ 0, a I2

za x < 0, tada je I1 − I2 jednako(A) −1; (B) 3; (C) −x; (D) x2; (E) 0; (N) Ne znam.3. Funkcija y = (k − 1)x2 + 2(k − 1)x + 2 je nenegativna za svaki x ∈ R ako realniparametar k pripada intervalu:(A) (1, 3]; (B) (−1, 2); (C) (−5,−1); (D) (4, 10); (E) [−1, 0); (N) Ne znam.

4. Zbir resenja jednacine 4√

x−2 + 16 = 10 · 2√

x−2 iznosi:(A) 32; (B) 11; (C) 18; (D) 14; (E) −2; (N) Ne znam.5. Proizvod resenje jednacine log

2x − 3

√

log2x + 2 = 0 iznosi:

(A) 32; (B) −20; (C) 20; (D) 16; (E) 10; (N) Ne znam.

6. Resenje nejednacine log1/3

1 + x

1 + 2x≥ 1 je skup:

(A) [1, 6]; (B) (2, 5); (C) (−2, 0); (D) (1, 8); (E) [−2,−1); (N) Ne znam.7. Ako je uredjeni par (x, y) resenje sistema 2 log(x − y) = log 4, 2x · 4y = 32, tadax2 + y2 iznosi:(A) 2; (B) 26; (C) 10; (D) 20; (E) 14; (N) Ne znam.8. Broj resenja jednacine cosx + sin x

2= 1 na intervalu (−4π, 4π) je:

(A) 5; (B) 4; (C) 6; (D) 3; (E) 7; (N) Ne znam.9. Tangenta kruga x2 + (y + 1)2 = 4 koja je paralelna sa pravom 4x + 3y − 4 = 0 ikoja sece y-osu u njenom negativnom delu glasi:(A) 4x+3y = −3; (B) 4x+3y+13 = 0; (C) 2y = x; (D) 4x+3y = −1; (E) y = −x; (N) Ne znam.10. Jednakokraki trapez cije su osnovice a = 5 i b = 3 i ciji je ostar ugao α = 600

rotira oko duze osnovice. Povrsina P i zapremina V dobijenog tela su:(A) P = 7π, V = 11π; (B) P = 10π

√3, V = 11π; (C) P = 6

√2π, V = 8π;

(D) P = 10π√

3, V = 14π; (E) P = 4π, V = 6π; (N) Ne znam.Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

3. juli, 2012. godine, prvi upisni rok skolske 2012/2013 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudenih odgovora, zaokuzivanjem samo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Tacan odgovor donosi 3 poena, a 0 poena odgovor pod (N).

• Negativnih 0,5 poena dobija se ako se zaokruzi pogresan odgovor, ne zaokruzinijedan od ponudenih odgovora ili zaokruzi vise od jednog odgovora.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Vrednost izraza

(

2−1 ·(1

9

)

−1/2

·(

√

(−7)2 + 18 2

5+ 10, 6

)

: 81/3)2/3

je

(A) 0; (B) 7; (C) 9 ; (D) −9; (E) 2; (N) Ne znam.

2. Zbir realnih resenja jednacine x2 + 3− 3|x+ 1| = 0 iznosi(A) −1; (B) 3 ; (C) 3 + 2i; (D) 4; (E) −3; (N) Ne znam.

3. Skup resenja nejednacinex2 − 2x− 10

x2 − x− 12≤ 1 je:

(A) (−3, 2]∪(4,+∞) ; (B) (−3, 2]; (C) (4,+∞); (D) (−3, 2); (E) (−∞, 2); (N) Ne znam.

4. Skup svih vrednosti realnog parametra k za koje jednacina 4x2 +4(2− k)x+ k = 0ima dva razlicita negativna resenja je:(A) (0, 1]; (B) (0, 1); (C) (−∞.1); (D) (4,+∞); (E) (0, 2); (N) Ne znam.

5. Ako je z = x+ iy resenje jednacine |z − 2i|+ z = 3− 2i, tada je x+ y jednako(A) −1; (B) 1/2; (C) 7/2; (D) 2; (E) −2; (N) Ne znam.

6. Zbir resenja jednacine 2 + log√1 + x+ 3 log

√1− x = log

√1− x2 je

(A) 0; (B) 2, 1; (C) 1, 2; (D) 0, 99; (E) −1, 2 ; (N) Ne znam.

7. Proizvod resenja jednacine 6 · 4x − 13 · 6x + 6 · 9x = 0 je(A) 3; (B) 2; (C) −6; (D) 4; (E) −1; (N) Ne znam.

8. Broj resenja jednacine 2 cos 2x+ 4 cosx = 1 na segmentu [0, 2π] je(A) 5; (B) 4; (C) 3; (D) 2; (E) 7; (N) Ne znam.

9. Tacke A(−1, 2), B(1,−3) i C(1, 2) su temena trougla. Jednacina prave nam kojojlezi visina trougla povucena iz temena C, glasi:(A) x+y = 3; (B) x+3y = 15; (C) 5y−2x = 8; (D) x−2y = 1; (E) y = −x; (N) Ne znam.

10. Ako je V =√

6

4zapremina pravilnog tetraedra, tada je njegova visina jednaka

(A)√3; (B)

√2; (C)

√6; (D) 3

√2; (E) 2

√3; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

2. juli, 2013. godine, prvi upisni rok skolske 2013/2014 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudenih odgovora, zaokuzivanjem samo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Tacan odgovor donosi 3 poena, a 0 poena odgovor pod (N).

• Negativnih 0,5 poena dobija se ako se zaokruzi pogresan odgovor, ne zaokruzinijedan od ponudenih odgovora ili zaokruzi vise od jednog odgovora.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Izraz

(

x

1 − x− 4x2 − x

1 − x3− 1

1 + x + x2

)

: (1 − x2) negativan je za vrednosti x iz

intervala(A) (−∞,−1); (B) (0, 2); (C) (1, +∞); (D) (−2, 0); (E) (−1, 1); (N) Ne znam.

2. Vrednosti parametra a za koje nejednacina x2 − 2ax − 6a + 12 > −4 vazi za svakirealni x pripadaju intervalu(A) (−1, 3); (B) (3, 4); (C) (−1, 1); (D) (−8, 2); (E) (−3, 2); (N) Ne znam.

3. Vrednost parametra c, pod uslovom da koreni jednacinex2−6x+c = 0 zadovoljavajurelaciju 3x1 + 2x2 = 20, jednaka je(A) 12 ; (B) 20; (C) −16; (D) −12; (E) 16; (N) Ne znam.

4. Resenja jednacine |6 − 2x| = 3x + 1 nalaze se u intervalu(A) (−8, 1); (B) (0, 2); (C) (3, 5); (D) (6, 7); (E) (7, 9); (N) Ne znam.

5. Vrednost izraza 2 sin 600◦ − 2 cos 135◦ + 3ctg (−120◦) iznosi(A)

√2; (B)

√3; (C)

√2 +

√3; (D)

√2 −

√3; (E) −1; (N) Ne znam.

6. Resenja jednacine log5

√3 + x + log

5

√4x − 3 = 1 pripadaju intervalu

(A) (−1, 3); (B) (3, 5); (C) (1, 2); (D) (5, 8); (E) (−11,−2); (N) Ne znam.

7. Zbir resenja jednacine (19 + 6√

10)x + (19 − 6√

10)x = 38 je(A) −3; (B) 0; (C) 6; (D) 4; (E) −1; (N) Ne znam.

8. Broj resenja jednacine√

3 sin x + cos x =√

2 na segmentu [0, 2π] je(A) 5; (B) 4; (C) 2; (D) 3; (E) 7; (N) Ne znam.

9. Normala parabole y = x2 + 4x + 7 u tacki koja je najbliza pravoj y = 2x − 9 imajednacinu(A) y = x; (B) x+y = 6; (C) x+2y = −7; (D) x+2y = 7; (E) x+y = 1; (N) Ne znam.

10. Visina prave kupe dobijene topljenjem lopte poluprecnika r = 3√

2, pri cemu jepovrsina omotaca kupa tri puta veca od povrsine osnove, iznosi(A) 3; (B) 2

√3; (C) 4, 5; (D)

√2; (E) 4; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

8. juli, 2014. godine, prvi upisni rok skolske 2014/2015 godine

Na blanketu nije dozvoljeno nikakvo dodatno pisanje i oznacavanje.

• Kandidat bira jedan od ponudenih odgovora, zaokuzivanjem samo jednog odslova (A), (B), (C), (D), (E) ili (N).

• Tacan odgovor donosi 3 poena, a 0 poena odgovor pod (N).

• Negativnih 0,5 poena dobija se ako se zaokruzi pogresan odgovor, ne zaokruzinijedan od ponudenih odgovora ili zaokruzi vise od jednog odgovora.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZBIR

1. Za a > 0, b > 0, a 6= b, izraz

( √a −

√b

a√

b + b√

a+

√a +

√b

a√

b − b√

a

)

· a√

ab

a + b− 2b

a − bjednak je

(A) a + b; (B) a − b; (C) 2; (D) 3; (E) 4; (N) Ne znam.

2. Dat je kompleksan broj z1 = 2 + i. Kompleksan broj z = x + yi koji zadovoljava

sistem Re

(

z

z1

)

= −3

5, Im(z · z1) = 1 jednak je

(A) 1 + 2i ; (B) 2 + 3i; (C) −1 − i; (D) −1 − 2i; (E) 3 − i; (N) Ne znam.

3. Jednacina x2 − 4mx + 4m2 + 4m = 0 ima negativna medusobno razlicita resenja,ako parametar m pripada skupu(A) (−1, 3); (B) (3, 4); (C) (−1, 1); (D) (−∞,−1); (E) (−3, 2); (N) Ne znam.

4. Proizvod resenja jednacine x1+log3

x = 3x je(A) −7; (B) 1; (C) 5; (D) −1; (E) 2; (N) Ne znam.

5. Broj celobrojnih resenja nejednacine x + 2 ≥√

4 − x je(A) 5; (B) 6; (C) 1; (D) 3; (E) 4; (N) Ne znam.

6. Vrednost izrazatg (−306◦) sin(−24◦) cos 315◦

sin(−330◦) cos(−246◦) ctg 396◦je

(A)√

3; (B) −√

2; (C) 1; (D)√

2; (E) −√

3; (N) Ne znam.

7. Broj resenja jednacine cosx − cos 2x = 1 na segmentu [0, 2π] je(A) 4; (B) 0; (C) 6; (D) 3; (E) 1; (N) Ne znam.

8. Jednacine tangente elipse 2x2+3y2 = 35 koja je normalna na pravu 3x−8y−24 = 0i sece pozitivni deo ose y je(A) y = x; (B) x+y = 6; (C) 8x+3y = 35; (D) 8x+3y = 7; (E) 8x+3y = 3; (N) Ne znam.

9. Poluprecnik kruznice ciji je centar presecna tacka pravih 3x+y+4 = 0 i x+2y−2 = 0i koja dodiruje pravu 5x + 12y − 1 = 0 je(A) 4; (B) 2; (C) 3; (D) 5; (E) 1; (N) Ne znam.

10. Srediste gornje osnove kocke, ivice a = 2, je vrh, a sredista stranica donje osnovesu temena piramide. Povrsina piramide je(A) 2; (B) 2

√3; (C) 2 + 2

√6; (D) 8; (E) 2

√2; (N) Ne znam.

Ispitna komisija

Univerzitet u Nisu Gradevinsko-arhitektonski fakultet

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

1. juli, 2015. godine, prvi upisni rok skolske 2015/2016. godine

1 2 3 4 5 6 ZBIR

1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju resenja x1 i x2 jednacine

x2− 2(m − 3)x + 8 − 5m = 0

zadovoljavaju uslov1

x1

+1

x2

= 1.

2. Resiti jednacninu

log 1

3

x − 5√

log 1

3

x + 4 = 0.

3. Resiti jednacinu cosx − cos 2x = 1.

4. Stub visine h vidi se iz tacke A pod uglom od 75◦, a iz tacke B, udaljene od tackeA 10m, vidi se uglom od 60◦. Izracunati vrednost h.

5. Oko jednakostranicnog trougla ABC cije je jedno teme A(0, 2) opisana je kruznicax2 + y2 = 4. Odrediti koordinate temena B i C.

6. Tacka M( 5

2,−1) deli tetivu parabole y2 = 4x na dva jednaka dela. Naci duzinu

tetive.

Ispitna komisija

Navedimo nekoliko primere zadataka kakve ubudu�e treba oqekivati naprijemnim ispitima.

Zadaci

1. Vrednost koliqnika

(

(3√2− 4)−1 − (3

√2 + 4)−1

)

:

(

1

5 + 2√6+ 5− 2

√6

)

jednaka je:

(A) 12; (B)8

5 + 2√6; (V)

√2 +

√6

3; (G)

2

5;

(D) 10 + 4√6;

2. Duжine stranica trougla su 5cm, 7cm i 8cm. Duжina najduжe stranicenjemu sliqnog trougla obima 4m je:

(A) 160cm; (B) 132cm; (V) 140cm; (G) 1m; (D) 180cm;

3. Ako je f(x) =√x+ 1 i g(x) = 4x − 1, onda je zbir f

(

g(5

4

)

)

+ g

(

f(5

4

)

)

jednak:

(A) 5−√5; (B) 2

√5; (V) 5 +

√5; (G) 10; (D) 180cm;

4. Neka je trougao ABC jednakokrak sa osnovicom AB i neka je AD sime-trala ugla BAC (taqka D pripada duжi BC). Ako je ugao ADB jednak75◦, onda je ugao ABC jednak:

(A) 50◦; (B) 70◦; (V) 40◦; (G) 60◦; (D) 45◦;

5. Broj celobrojnih rexenja nejednaqine

|2x− 3| − |3x+ 7| ≥ 0

je:

(A) 10; (B) 4; (V) ∞; (G) 0; (D);

6. Ako parametar m pripada skupu celih brojeva i jednaqina mx2 + (3m−2)x + 2 = 0 ima realna i jednaka rexenja, onda su rexenja (x1 = x2) tejednaqine jednaka:

(A) 3; (B) 1/2; (V) 2; (G) −1; (D) 0;

7. Stranice trougla pripadaju pravama x+y−4 = 0, x−y+2 = 0, 3x−y−8 = 0.Povrxina tog trougla jednaka je:

(A) 16√2; (B) 32; (V) 8; (G) 27

√3; (D) 16;

62

8. Jednaqinasinx

1 + cosx= sin

x

2ima na odseqku [0, 15] razliqitih rexenja

taqno:

(A) 6; (B) 5; (V) 4; (G) 3; (D) 2;

9. Romb stranice a i oxtrog ugla od 60◦ obr�e se redom, oko kra�e i okoduжe dijagonale. Razlika zapremina tako nastalih dvaju tela je:

(A)

√3−

√2

8πa3; (B)

1−√3

12πa3; (V) 12

√3πa3;

(G)3−

√3

4πa3; (D)

3−√3

12πa3;

10. Duжine osnovica jednakokrakog trapeza su 10cm i 6cm a kraci zaklapajuugao od 75◦ sa ve�om osnovicom. Povrxina tog trapeza (u cm2) je:

(A) 16(2 +√3); (B) 16(2−

√3); (V) 5

√2 + 5

√6;

(G) 8(1 +√2); (D) 8(

√2 +

√3);

11. Zbir rexenja jednaqine log4(x+ 12) · logx 2 = 1 jednak je:

(A) 4; (B) 7; (V) 1; (G) −7; (D) −3;

12. Zbir kvadrata svih rexenja jednaqine jednaqine

||x| − 1| = 1

je:

(A) 4; (B) 12; (V) 25; (G) 8; (D) 16;

13. Boqna ivica pravilne qetvorostrane piramide (uspravna piramida qijaje osnova kvadrat) ima duжinu 3dm i zaklapa ugao od 45◦ sa ravni osnove.Zapremina piramide je (u dm2):

(A) 4√6; (B)

9√2

2; (V) 6

√2; (G) 9; (D)

27√2

4;

14. Najmanji prirodan broj k, takav da nejednakost

(k − 2)x2 + 8x+ k + 4 > 0 vaжi za svako x, je:

(A) 6; (B) 3; (V) 1; (G) 8; (D) 5;

15. Prava 3x−y−1 = 0 i kruжna linija x2+y2−4x−1 = 0 seku se pod oxtrimuglom od:

(A) 45◦; (B) 30◦; (V) 90◦; (G) 75◦; (D) 60◦;

16. Zbir kubova svih nula polinoma x2 − 5x+ 7 jednak je:

(A) 12; (B) 16; (V) 20; (G) 23; (D) 36;

63

17. U ravni je dat krug polupreqnika r i taqka T van njega. Krug se iz taqkeT vidi pod pravim uglom. Pvrxina ograniqenog dela ravni sadrжanogunutar toga ugla i izvan datog kruga jednaka je:

(A)1

4r2(4 + π); (B)

1

12πr2; (V) 2r2(π − 3); (G)

1

6r2(π −

√2);

(D)1

4r2(4− π);

18. Zbir

(

1 + i√3

2

)4

+

(−1 + i√3

2

)4

(gde je i2 = −1) jednak je:

(A)√3; (B)

1− 9i

16; (V) 0; (G) 2i; (D) −1;

19. Prava x = 1 seqe kruжnu liniju x2+y2 = 4 u taqkama T1 i T2. Data pravai tangente kruжne linije u taqkama T1 i T2 odre�uju trougao T1T2P .Povrxina trougla je:

(A) 3√3; (B) π

√3

2; (V)

√3; (G) 4

√3; (D) 4

√2;

20. Zbir svih rexenja jednaqine |x− 2|+ |x+ 3| = 7 jednak je:

(A) −5; (B) 1; (V) −1; (G) 7; (D) 5;

21. Jednaqina x2 − 2(k + 1)x + (k2 + 5) = 0 (k je realan parametar) ima dvarazliqita pozitivna rexenja ako i samo ako broj k pripada intervalu:

(A) (−2, 2); (B) (−1,∞); (V) [3, 5); (G) (2,+∞);

(D) (√5,+∞);

22. Jednaqina√2x− 4−

√x+ 5 = 1 u skupu realnih brojeva ima:

(A) jedinstveno rexenje i ono pripada intervalu (18, 25]; (B) nema rex-

enja; (V) jedinstveno rexenje u intervalu (12, 16); (G) vixe od dva rex-enja; (D) dva rexenja koja pripadaju (−10, 10);

23. Me�u taqkama parabole y = x2 + 4x + 7 taqka T je najbliжa pravoj y =2x− 9. Rastojanje taqke T od date prave je:

(A) 5√2; (B) 34/5; (V) 3

√5; (G) 4

√3; (D) 2

√11;

24. Skup rexenja nejednaqine2x− 5

x+ 3≤ 1 je:

(A) (−3, 8]; (B) [−3, 8]; (V) (−∞,−3); (G) [8,+∞); (D) (−3, 5/2);

25. Za koliko celobrojnih vrednosti parametra k je (k+3)x2− (k+3)x−2 < 0za svako x ∈ R?

(A) 15; (B) 11; (V) 10; (G) 8; (D) 7;

64

26. Ugao izme�u izvodnice i visine prave kruжne kupe je 60◦, a razlikanjihovih duжina je 3m. Zapremina te kupe (u m2) je:

(A) 24√3π; (B) 30π; (V) 9π; (G) 18π; (D) 27π;

27. Broj rexenja jednaqine sinx+1√3sin 2x = 0 na intervalu [0, 2π] je:

(A) 2; (B) 3; (V) 4; (G) 5; (D) 7;

28. Skup rexenja nejednaqine log1/2

(

log3x+ 1

x− 1

)

≥ 0 je:

(A) [2,+∞); (B) [−1, 1]; (V) (1,+∞); (G) (1, 2];

(D) (1/2, 2);

29. Ako je α ugao izme�u strana ABC i ABD pravilnog tetraedra (jed-nakoiviqna trostrana piramida), onda je zbir sinα+ cosα jednak:

(A)1√3(2 +

√2); (B)

1

3(1 + 2

√2); (V)

1

2(1 +

√3);

(G) 2(√2− 1); (D)

1

3(1 + 2

√3);

30. Zbir kavdrata jednaqine 4x−1 − 3 · 2x−1 + 2 = 0 je:

(A) 15; (B) 5; (V) 13; (G) 16; (D) 20;

31. Skup svih rexenja jednaqine√x = x− 2 je:

(A) jednoqlan; (B) dvoqlan; (V) prazan;

(G) troqlan; (D) qetvoroqlan;

32. Duжina osnovice jednakokrakog trougla je 36cm, a visina koja odgovaraosnovici je 20cm. Duжina visine koja odgovara kraku je:

(A) 20cm; (B) 25cm; (V) 26cm; (G) 24cm; (D) 15cm;

33. Vrednost izraza

(

0, 05 +(2

3:2

13

)

−1)

−1/2

+√

(−2)2 je:

(A)√15; (B) 0; (V) 4; (G) 1/16; (D) 5;

34. Naspramna temena kvadrata ABCD su taqke A(−1, 3) i C(5, 1). Jednaqinaprave odre�ene dijagonalom BD je:

(A) x+ 3y − 8 = 0; (B) 2x+ y − 1 = 0; (V) x− 2y − 3 = 0; (G) x− 2y + 7 = 0;

(D) 3x− y − 4 = 0;

65

35. Ako je x > 0 i y > 0, izraz

1√x+ y +

√x+

√y+

1√x+ y −√

x−√y

jednak je izrazu:

(A)

√x+ y√xy

; (B) −√

1

x+

1

y; (V) −

√xy√

x+ y; (G) − 1

2√xy

; (D) 2√x+ y;

36. Ako je ure�en par (x, y) rexenje sistema

4x+y = 2y−x, 4log√

2x = y4 − 5

onda je zbir x2 + y2 jednak:

(A) 5/2; (B) 2; (V) 41/8; (G) 1; (D) 3;

37. Za pozitivne brojeve a, b, c vaжi jednakosta3 + b3

a3 + c3=

a+ b

a+ cako i samo ako

je:

(A) b = c; (B) a = b+ c; (V) b = c ili a = c+ b;

(G) b = c i a = 2c; (D) b = c i a 6= c+ b;

38. Date su funkcije f1(x) =x√x2

, f2(x) = sin2 x+cos2 x, f3(x) =log2 2

x

x, f4(x) =

3√x3

x. Taqan je iskaz:

(A) sve funkcije su me�usobno jednake; (B) me�u datim funkcijama nemajednakih; (V) f1 = f3 = f4;

(G) f1 6= f2 6= f3 = f4 6= f1; (D) f2 = f3 = f4 6= f1;

39. Skup rexenja nejednaqine3x2 − 17x+ 18

x2 − 5x+ 4≤ 2 je:

(A) (1, 2]; (B) (1, 2] ∪ (4, ]; (V) [1, 2) ∪ [4, 5];

(G) (2, 4) ∪ [5,+∞); (D) (−∞, 1) ∪ [2, 4);

40. Duжine stranica (u cm) datog trougla su a − 2 i a + 2, a jedan ugaotrougla ima meru 120◦. Povrxina tog trougla (u cm2) je:

(A)15

2; (B) 8; (V)

15√3

4; (G)

5√3

4; (D)

a2√3

4;

41. Data je jednaqina x2 + (a + 1)x + a2 − 1 = 0 (a ∈ R). Rexenja x1 i x2

jednaqine se realna i zadovoljavaju uslov x21 + x2

2 − x1x2 > 0 ako i samoako je:

(A) −1 < a < 2; (B) −1 ≤ a < 2; (V) −1 < a ≤ 5

3;

(G) |a| ≥ 2; (D) |a| < 2;

66

42. Ako je log3 5 = a i log5 7 = b, onda je log105 405 jednak:

(A)4 + a

1 + a− ab; (B) 5 + ab; (V)

4− a

1 + a− ab;

(G)4 + a

1 + a+ ab; (D)

ab

4 + a;

43. U trougao ABC upisan je paralelogram maksimalne povrxine tako damu dve stranice pripadaju stranicama AB i AC datog trougla. Ako je|AB| = a, |AC| = b, ugao kod temena A jednak je 30◦, povrxina paralelo-grama je:

(A)bc

2; (B)

bc

4; (V)

bc

8; (G)

b2 + c2

4; (D)

b2 + c2

8;

44. Skup rexenja jednaqine log4(3x − 1) · log1/4

3x − 1

16≤ 3

4je:

(A) (1/4, 3/4]; (B) (0, 1] ∪ [2,+∞); (V) [1, 2];

(G) (−∞, 1] ∪ [2,+∞); (D) (0, 2) ∪ (2,+∞);

45. Ivica pravilnog tetraedra (u cm) ima duжinu a. Povrxina presekatetraedra sa ravni koja sadrжi ivicu tetraedra i koja naspramnu stran-icu deli u razmeri 2:1 je (u cm2):

(A)a2√21

12; (B)

a2√3

6; (V)

a2√3

12; (G)

a2√203

36;

(D)a2√19

12;

46. Vrednost izraza

(

2−4 − 3−4

2−1 − 3−1·(

2−1 − 3−1)

−1 − 3−1 · 81−(2−2)

)

−1/2

je:

(A) 2; (B) 1/2; (V) -1/2; (G) -2; (D) 2−2;

47. Ako je a ∈ R+ \{

1,3

2

}

, izraz

(

4a− 9a−1

2a1/2 − 3a−1/2+

a− 4 + 3a−1

a1/2 − a−1/2

)2

identiqki je jednak:

(A) 2; (B) 9; (V) 9a; (G) 2a; (D)1

2a− 3;

67

48. Prava y = kx+n sadrжi taqku A(0,−10) i tangenta je hiperbole 4x2−y2 =20. Tada k2 pripada intervalu:

(A) (0, 6]; (B) (6, 12]; (V) (24, 36]; (G) (12, 18];

(D) (18, 24];

49. U romb povrxine 18 upisan je krug povrxine9π

4. Oxtar ugao je:

(A) 15◦; (B) 30◦; (V) 45◦; (G) 60◦; (D) 75◦;

50. Vrednost izraza (1 + i)2001 + (1− i)2001 je:

(A) 21001; (B) 21002i; (V) 21001i; (G) 21002; (D) −21001i;

51. Ako je x ∈ R rexenje jednaqine

(

4

9

)x

·(

27

8

)x−1

=log 4

log 8, tada je x:

(A) iracionalan broj ve�i od 10; (B) iracionalan broj manji od 10; (V)racionalan broj ve�i od 10;

(G) racionalan broj manji od 10; (D) broj manji od 1;

52. Skup svih rexenja nejednaqine

∣

∣

∣

∣

x+ 1

x− 1

∣

∣

∣

∣

< 1 je podskup skupa:

(A) (0, 1) ∪ (1,+∞); (B) (−∞,−1); (V) (−∞, 0]);

(G) [−1, 1]; (D) (0, 1) ∪ (1,+∞);

53. Ako za realan broj a vaжi x + y = a i xy = a2 − 7a + 14, tada x2 + y2

dostiжe maksimalnu vrednost za:

(A) a = −6; (B) a = 6; (V) a = 1; (G) a = 6; (D) a = 9;

54. Skup rexenja nejednaqine

(

4

5

)log1/2 (x2+2x+4)

> 1, 25 je

(A) (−∞,−1]∪(−1,+∞); (B) (0,+∞); (V) (−∞,+∞); (G) (−∞, 1)∪(1,+∞);

(D) prazan skup;

55. Broj rexenja jednaqine cos 4x+3 cos 2x+2 sin2 x = 0 koja pripadaju inter-valu

(−3π/2, 3π/2] je:

(A) 2; (B) 4; (V) 6; (G) 7; (D) 10;

56. Jednaqina x2−2(m−1)x+m+5 = 0 gde je m realan parametar, ima taqnojedno rexenje na intervalu (−2, 3) ako i samo ako:

(A) m ∈ R; (B) m ∈ (−∞,−1); (V) m ∈ (4,+∞);

(G) m ∈ (−∞,−1) ∪ (4,+∞); (D) m ∈ (−∞,−1] ∪ (4,+∞);

68

57. U loptu polupreqniak R upisna je prava kupa maksimalne povrvxineomotaqa. Visina te kupa jednaka je:

(A) R√2; (B)

4

3R; (V) R

√3; (G)

3

2R; (D)

5

4R;

58. Neka je CD teжixna duжtrougla ABC i neka je |BC| = 12cm, |AC| = 20cmi |CD| = 2

√19cm. Povrxina trougla ABC u cm2 je:

(A) 60√2; (B) 65

√3; (V) 225; (G) 180; (D) 60

√3;

59. Skup rexenja nejednaqine 2x > 3x je:

(A) prazan skup; (B) (0,+∞); (V) (−∞, 0); (G) (3, 4); (D) (0, 1);

60. Ako su a, b ∈ R i a2 6= b2, vrednost izrazaa3 − b3

a2 − b2je:

(A) a− b; (B)a2 + ab+ b2

a− b; (V)

a2 − ab+ b2

a+ b; (G)

a2 + b2

a+ b; (D)

a2 + ab+ b2

a+ b.

61. Dati su iskazi (a) log((−2)(−3)) = log(−2)+log(−3), (b) log(−3)2 = 2 log(−3),

(c) log(−2)4 = 2 log(−2)2, (d) log−2

−3= log 2− log 3. Koji od njih su taqni:

(A) nijedan; (B) svi; (V) (a) i (d); (G) (b) i (c);

(D) (c) i (d).

62. Ako je a realan broj i |a| 6= 2, tada je vrednost izraza

(

a+ 1

a2 − 4+

1− a2

a3 + 8

)

:1

(a− 1)2 + 3

jednaka:

(A)a− 2

a+ 1; (B)

a+ 1

a− 2; (V) a; (G) 1;

(D)a+ 1

(a2 + 8)(a2 − 2a+ 4).

63. Za a = (2+√3)−1 i b = (2−

√3)−1 izraz (a+1)−1 + (b+1)−1 ima vrednost:

(A) 1; (B)√3; (V)

1

3; (G) 1 +

√3; (D) 2;

64. Ako je povrxina lopte 324π, njena zapremina je :

(A) 183π; (B) 183π2; (V) 972π; (G) 2961π; (D) 108π.

65. Koliko rexenja u intervalu (0, 2π) ima jednaqina

sin2 x+ cosx+ 1 = 0?

(A) nijedno; (B) jedno; (V) dva; (G) tri; (D) beskonaqno mnogo;

69

66. Date su funkcije f1(x) = x, f2(x) =x2

x, f3(x) =

√x2,

f4(x) = (√x)

2. Taqan je iskaz:

(A) sve funkcije su me�usobno jednake; (B) nema me�usobno jednakih

funkcija;

(V) f1 = f2 6= f3; (G) f1 = f2 6= f3 (D)f1 6= f3 = f4.

67. Proizvod svih rexenja jednaqine x2 − 2|x| − 3 = 0 je:

(A) 3; (B) −3; (V) −1; (G) −9; (D) 9.

68. Ako je log3 7 = a, log3 2 = b, tada je (log2 7 + log7 2)−1 jednako:

(A)a2 − b2

ab; (B)

a2 + b2

ab; (V)

ab

a2 + b2; (G)

2a+ 7b

3ab;

(D)7a+ 2b

ab.

69. Jednaqina√2x+ 14−

√x− 7 =

√x+ 5

(A) ima dva realna rexenja od kojih je samo jedno pozitivno;

(B) ima dva realna pozitivna rexenja;

(V) ima samo jedno realno rexenje;

(G) ima qetiri realna pozitivna rexenja;

(D) nema realnih rexenja.

70. Prava ax+ y − 5 = 0 dodiruje elipsu 9x2 + 16y2 = 144 ako i samo ako je:

(A) a = ±2; (B) a = ±3

4; (V) a = ±π

4; (G) a = ±6

5;

(D) a = ±1.

71. Izraz sin4 x+ cos4 x identiqki je jednak

(A) 1; (B) sin 4x+ cos 4x (V) 1 + cos2 x; (G)1− 2 cos 4x

2; (D)

3 + cos 4x

4.

72. Neka je S skup svih realnih vrednosti parametra m takvih da jednaqina

2 log x = log(x+m) + 2 log 2

ima dva realna razliqita rexenja. Skup S je:

(A) jednak skupu R; (B) prazan skup; (V) skup {m : m > −1};

(G) skup {m : −1 < m < 0}; (D) skup {m : m > −1}.

70

73. Koreni jednaqine x2−x+a−2 = 0 zadovoljavaju uslovx1

x2+x2

x1+1

2x1x2+4 =

0. Tada je

(A) −1 ≤ a ≤ 1; (B) a = ±1; (V) a = ±√2; (G) a =

√3 ili a = 4; (D)

0 < a < 1.

74. Za koje su vrednosti realnog parametra m obe nejednakosti

−3 <x2 +mx− 2

x2 − x+ 1< 2

zadovoljene za svako realno x?

(A) −6 < m < −1; (B) −6 < m < 7; (V) −6 ≤ m ≤ 7; (G) −1 < m < 2;

(D) ni za jedno m.

75. Ako se obim zemlje pove�a za 100cm, tada je polupreqnik novog krugave�i od polupreqnika zemlje za pribliжno

(A) 0,00159cm; (B) 0,0159cm; (V) 0,159cm; (G) 1,59cm; (D) 15,9cm.

71